Номер 15.24, страница 98 - гдз по физике 8-11 класс учебник, задачник Гельфгат, Генденштейн

Задачи. Электричество и магнетизм. 15. Магнитное поле. Сила Лоренца - номер 15.24, страница 98.

Условие.

15.24** Магнитное поле (см. рисунок) симметрично относительно оси z, причем проекция вектора магнитной индукции $\text{B}$ на ось z составляет $B_z = B_0(1 + z/h_0)$. Найдите угол $\alpha$ между вектором $\text{B}$ и осью z в точке A, лежащей на расстоянии $\text{R}$ от оси z и на расстоянии $\text{h}$ от плоскости $xOy$.

К задаче 15.24

Решение.

Решение 2.

Дано:

Магнитное поле симметрично относительно оси $\text{z}$.

Проекция вектора магнитной индукции на ось $\text{z}$: $B_z = B_0(1 + z/h_0)$.

Координаты точки А: расстояние $\text{R}$ от оси $\text{z}$, расстояние $\text{h}$ от плоскости $xOy$.

Найти:

Угол $\alpha$ между вектором $\vec{B}$ и осью $\text{z}$ в точке А.

Решение:

Магнитное поле является соленоидальным, то есть его дивергенция равна нулю:

$\nabla \cdot \vec{B} = 0$

В силу осевой симметрии задачи удобно использовать цилиндрическую систему координат $(r, \phi, z)$. В этой системе координат дивергенция вектора $\vec{B} = (B_r, B_\phi, B_z)$ записывается как:

$\nabla \cdot \vec{B} = \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(rB_r) + \frac{1}{r}\frac{\partial B_\phi}{\partial \phi} + \frac{\partial B_z}{\partial z}$

Из-за симметрии относительно оси $\text{z}$, магнитное поле не зависит от угла $\phi$, и азимутальная компонента $B_\phi$ равна нулю. Таким образом, уравнение для дивергенции упрощается:

$\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(rB_r) + \frac{\partial B_z}{\partial z} = 0$

Нам дана зависимость $B_z$ от $\text{z}$: $B_z = B_0(1 + z/h_0)$. Найдем частную производную $B_z$ по $\text{z}$:

$\frac{\partial B_z}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z} \left(B_0\left(1 + \frac{z}{h_0}\right)\right) = \frac{B_0}{h_0}$

Подставим это выражение в уравнение для дивергенции:

$\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(rB_r) + \frac{B_0}{h_0} = 0$

Отсюда получаем дифференциальное уравнение для радиальной компоненты $B_r$:

$\frac{\partial}{\partial r}(rB_r) = -\frac{B_0}{h_0}r$

Интегрируя обе части по $\text{r}$, получаем:

$\int d(rB_r) = -\int \frac{B_0}{h_0}r dr$

$rB_r = -\frac{B_0}{h_0}\frac{r^2}{2} + C$

где $\text{C}$ - константа интегрирования. Для нахождения $\text{C}$ воспользуемся условием на оси симметрии (при $r=0$). На оси $\text{z}$ радиальная компонента поля должна быть равна нулю ($B_r(0, z) = 0$). Подставляя $r=0$ в полученное выражение, находим, что $C=0$.

Таким образом, для $r \neq 0$ имеем:

$rB_r = -\frac{B_0 r^2}{2h_0}$

$B_r = -\frac{B_0 r}{2h_0}$

Угол $\alpha$ между вектором магнитной индукции $\vec{B}$ и осью $\text{z}$ определяется соотношением компонент вектора. Из рисунка видно, что:

$\tan(\alpha) = \frac{|B_r|}{B_z}$

Найдем значения компонент $B_r$ и $B_z$ в точке А, где $r=R$ и $z=h$:

$B_r(R) = -\frac{B_0 R}{2h_0}$

$B_z(h) = B_0\left(1 + \frac{h}{h_0}\right)$

Теперь подставим эти значения в формулу для тангенса угла:

$\tan(\alpha) = \frac{\left|-\frac{B_0 R}{2h_0}\right|}{B_0\left(1 + \frac{h}{h_0}\right)} = \frac{\frac{B_0 R}{2h_0}}{B_0\frac{h_0+h}{h_0}} = \frac{R}{2(h_0+h)}$

Следовательно, искомый угол $\alpha$ равен:

$\alpha = \arctan\left(\frac{R}{2(h_0+h)}\right)$

Ответ: $\alpha = \arctan\left(\frac{R}{2(h_0+h)}\right)$