Метод изображений для токов

peregoudov
Сообщений: 620
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Метод изображений для токов

Сообщение peregoudov » 05 май 2017, 13:35

Хорошо известен метод изображений в электростатике: если надо найти поле системы зарядов и плоского или сферического проводника, то задача сводится к поиску поля исходных зарядов и зарядов-изображений, а проводник удаляется. Можно ли этот метод обобщить на задачи магнитостатики, когда имеется система токов и сверхпроводник?

Одно из препятствий состоит в том, что в магнитостатике нет "элемента тока", токи обязаны быть замкнутыми, поэтому принцип суперпозиции имеет ограниченное применение. Эту трудность можно обойти, если заменить токи распределением магнитных диполей. А именно, ток $I$, текущий по замкнутому контуру $\partial S$, эквивалентен системе магнитных диполей, размазанных с плотностью $I$ по поверхности $S$, натянутой на этот контур, и всюду перпендикулярных этой поверхности. Таким образом, достаточно сформулировать метод изображений для магнитного диполя.

Со сверхпроводником в форме плоскости проблем не возникает: диполь-изображение получается просто "отражением в зеркале". При этом суммарное поле диполя-оригинала и диполя-изображения удовлетворяет на поверхности сверхпроводника граничному условию $B_n=0$.

А вот со сферическим сверхпроводником у меня что-то не клеится... Напомню, что есть два подхода: прямой и сведением к плоскому. В прямом подходе, если у вас есть сферический сверхпроводник радиуса $R$, а диполь находится на расстоянии $r>R$ от центра, то изображение находится на отрезке, соединяющем центр сферы с диполем-оригиналом, на расстоянии $r'=R^2\!/r<R$ от центра. И нужно подобрать лишь величину диполя-изображения для выполнения граничного условия на поверхности сверхпроводника. Вот с этим и возникают проблемы.

Сведение к плоскому случаю основано на инвариантности уравнения Лапласа относительно инверсии ${\bf r}'={\bf r}(a/r)^2$, если одновременно преобразовать скалярный потенциал $\phi({\bf r})=r'\phi'({\bf r}')$. Для преобразования сферы радиуса $R$ в плоскость нужно выбирать центр инверсии в одной из точек сферы и полагать $a=2R$. В таком подходе сложность в том, что магнитное поле, в отличие от электростатического, вообще говоря, не описывается скалярным потенциалом, хотя всюду вне токов $\nabla\times{\bf B}=0$, а в ЛЛ8, задача 1 к параграфу 30 есть слова про скалярный потенциал магнитного поля. Технически это проявляется в том, что уже в электростатике изображение диполя в сфере --- не просто диполь, а диполь плюс заряд. Соответственно, в магнитном случае возникает лишний "магнитный заряд", с которым непонятно, что делать...

Так все-таки, возможен ли метод изображений для сферы в магнитостатике? Если да, то как строить изображение? Если нет, то как все-таки построить решение? Представляется, что оно должно быть простым...

peregoudov
Сообщений: 620
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Метод изображений для токов

Сообщение peregoudov » 10 май 2017, 01:09

В общем, все действительно не так просто, классический метод изображений тут не работает, но решить задачу все же можно.

Начнем с того, что всюду вне токов $\nabla\times{\bf B}=0$, а потому можно ввести потенциал магнитного поля ${\bf B}=-\nabla\psi$. В частности, из аналогии электрического поля электрического диполя и магнитного поля магнитного диполя, следует, что потенциал магнитного диполя с дипольным моментом ${\bf p}$, расположенного в точке ${\bf r}^*$ равен

$$ \psi_0({\bf r})=\frac{{\bf p}({\bf r}-{\bf r}^*)}{|{\bf r}-{\bf r}^*|^3}. $$

Из уравнения $\nabla{\bf B}=0$ следует, что потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа.

Для пуристов. Строго говоря поле диполя ${\bf B}=\nabla\times{\bf A}$, где $${\bf A}=\frac{{\bf p}\times{\bf r}}{r^3}$$, но

$$ {\bf B}=\nabla\times\left({\bf p}\times\frac{\bf r}{r^3}\right)={\bf p}\left(\nabla\frac{\bf r}{r^3}\right)-({\bf p}\nabla)\frac{\bf r}{r^3}= -4\pi{\bf p}\delta({\bf r})-\nabla\left(\frac{\bf pr}{r^3}\right)+{\bf p}\times\left(\nabla\times\frac{\bf r}{r^3}\right)= -4\pi{\bf p}\delta({\bf r})-\nabla\left(\frac{\bf pr}{r^3}\right). $$


Потенциал диполя можно представить в виде производной от потенциала точечного заряда

$$ \psi_0({\bf r})=({\bf p}\nabla^*)\frac1{|{\bf r}-{\bf r}^*|}. $$

Поместим начало координат в центр сферического сверхпроводника, пусть его радиус равен единице. Потенциал точечного заряда при $r<r^*$ можно разложить по сферическим функциям

$$ \frac1{|{\bf r}-{\bf r}^*|}=\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^l \frac{r^l}{r^{*l+1}}\frac{4\pi}{2l+1}Y_{lm}^*({\bf n}^*)Y_{lm}({\bf n})= \sum_{l=0}^\infty\frac{r^l}{r^{*l+1}}P_l({\bf  nn}^*), \quad {\bf n}^{(*)}={\bf r}^{(*)}\!/r^{(*)}, $$

после чего

$$ \psi_0({\bf r})=({\bf p}\nabla^*)\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^l\frac{r^l}{r^{*l+1}}\frac{4\pi}{2l+1}Y_{lm}^*({\bf n}^*)Y_{lm}({\bf n}). $$

Нормальная компонента магнитного поля диполя на поверхности сверхпроводника равна

$$ {\bf nB}_0=-({\bf p}\nabla^*)\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^l\frac l{r^{*l+1}}\frac{4\pi}{2l+1}Y_{lm}^*({\bf n}^*)Y_{lm}({\bf n}). $$

Потенциал магнитного поля будем искать в виде $\psi=\psi_0+\psi_1$, где $\psi_1$ удовлетворяет уравнению Лапласа и убывает на бесконечности, общий вид такого потенциала

$$ \psi_1({\bf r})=\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^l\frac1{r^{l+1}}Y_{lm}({\bf n})C_{lm}. $$

Нормальная компонента магнитного поля на поверхности сверхпроводника, соответствующая этому потенциалу, равна

$$ {\bf nB}_1=\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^l(l+1)Y_{lm}({\bf n})C_{lm}. $$

Поскольку должно быть ${\bf n}({\bf B}_0+{\bf B}_1)=0$, находим коэффициенты $C_{lm}$

$$ C_{lm}=({\bf p}\nabla^*)\frac l{l+1}\frac1{r^{*l+1}}\frac{4\pi}{2l+1}Y_{lm}^*({\bf n}^*) $$

и сам потенциал $\psi_1$

$$ \psi_1({\bf r})=({\bf p}\nabla^*)\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^l\frac l{l+1}\frac1{(rr^*)^{l+1}}\frac{4\pi}{2l+1}Y_{lm}^*({\bf n}^*)Y_{lm}({\bf n})= ({\bf p}\nabla^*)\sum_{l=0}^\infty\frac l{l+1}\frac1{(rr^*)^{l+1}}P_l({\bf  nn}^*). $$

Введем обозначение $$S(u,z)=\sum_{l=0}^\infty\frac l{l+1}\frac1{u^{l+1}}P_l(z)$$, тогда потенциал $\psi_1$ записывается в виде

$$ \psi_1({\bf r})=({\bf p}\nabla^*)S(rr^*,{\bf nn}^*). $$

От множителя $l/(l+1)$ легко избавиться дифференцированием

$$ \frac{\partial S}{\partial u}=-\sum_{l=0}^\infty\frac l{u^{l+2}}P_l(z)=\frac1u\frac\partial{\partial u}\sum_{l=0}^\infty\frac1{u^l}P_l(z)= \frac1u\frac\partial{\partial u}\frac u{\sqrt{1+u^2-2uz}}=\frac1{u\sqrt{1+u^2-2uz}}+\frac\partial{\partial u}\frac1{\sqrt{1+u^2-2uz}}, $$

откуда (с учетом условия $S(\infty,z)=0$)

$$ S(u,z)=\frac1{\sqrt{1+u^2-2uz}}-\arth\frac{1-uz}{\sqrt{1+u^2-2uz}}-\arth z. $$

Задача в принципе решена, остаток сводится к рутинному дифференцированию. Отметим, что выражение $\sqrt{1+u^2-2uz}$ может быть записано в виде $r^*|{\bf r}-{\bf n}^*\!/r^*|$, так что первое слагаемое в $S$ представляет собой вклад заряда-изображения величиной $1/r^*$, находящегося в точке ${\bf n}^*\!/r^*$, однако имеются еще два слагаемых, которые к точечным источникам не сводятся. Оказывается, они представляют собой потенциал заряда, равномерно размазанного с плотностью -1 по оси ${\bf r}^*$ в интервале от 0 до $1/r^*$ (так что полный заряд внутри сферы равен нулю).

Интересной величиной является сила, действующая на диполь

$$ {\bf F}=({\bf p}\nabla){\bf B}_1({\bf r})|_{{\bf r}={\bf r}^*}=-\nabla({\bf p}\nabla)({\bf p}\nabla^*)S(rr^*,{\bf nn}^*)|_{{\bf r}={\bf r}^*}. $$

В силу того, что выражение $({\bf p}\nabla)({\bf p}\nabla^*)S(rr^*,{\bf nn}^*)$ симметрично по перестановке ${\bf r}$ и ${\bf r}^*$, результат можно записать в виде

$$ {\bf F}=-\nabla^*U({\bf r}^*),\quad U({\bf r}^*)=\frac12({\bf p}\nabla)({\bf p}\nabla^*)S(rr^*,{\bf nn}^*)|_{{\bf r}={\bf r}^*}, $$

то есть сперва сделать подстановку и только затем финальное дифференцирование. Вычисление $U$ серьезно упрощается, так как далеко не все члены при подстановке выживают. А именно, производные $({\bf p}\nabla^{(*)})z$ обращаются в нуль при подстановке. Окончательно получаем

$$ U({\bf r}^*)=\frac{({\bf pn}^*)^2}{(r^{*2}-1)^3}- \frac{p^2-({\bf pn}^*)^2}{4r^{*2}(r^{*2}-1)^2}. $$

Линии уровня потенциала для диполя с дипольным моментом в направлении оси $x$ показаны на рисунке. Потенциал растет от красного к фиолетовому. Зеленым показана линия нулевого потенциала. Масштаб значений потенциала логарифмический (1:10:100).

Изображение

peregoudov
Сообщений: 620
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

Метод изображений для токов

Сообщение peregoudov » 10 май 2017, 18:27

Аппетит приходит во время еды... Тем же приемом можно рассмотреть более общую задачу о магнитном диполе и сферическом магнетике с проницаемостью $\mu$ (сверхпроводник получается при $\mu=0$).

Исходные уравнения

$$ \nabla\times{\bf H}=\frac{4\pi}c{\bf j},\quad \nabla{\bf B}=0,\quad {\bf B}=\mu{\bf H},  $$

потенциал теперь вводим для напряженности ${\bf H}=-\nabla\psi$, уравнение для потенциала $\nabla(\mu\nabla\psi)=0$ в однородных областях сводится к уравнению Лапласа. Помимо выписанного уже $\psi_0$ (только во внешней области), вводим еще добавку $\psi_1$ во внешней области и потенциал $\psi_2$ внутри шара-магнетика

$$ \psi_1({\bf r})=\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^l\frac1{r^{l+1}}Y_{lm}({\bf n})C_{lm}, $$

$$ \psi_2({\bf r})=\sum_{l=0}^\infty\sum_{m=-l}^lr^lY_{lm}({\bf n})A_{lm}. $$

Граничные условия требуют непрерывности тангенциальной компоненты $\bf H$, то есть самого потенциала, и непрерывности нормальной компоненты $\bf B$, то есть скачка нормальной производной потенциала в $\mu$ раз

$$ \psi|_{r=1+0}=\psi|_{r=1-0},\quad \left.\frac{\partial\psi}{\partial r}\right|_{r=1+0}= \mu\left.\frac{\partial\psi}{\partial r}\right|_{r=1-0}. $$

Из граничных условий определяются коэффициенты и сами потенциалы $\psi_1$ и $\psi_2$

$$ \psi_1({\bf r})=({\bf p}\nabla^*)\sum_{l=0}^\infty \frac{l(1-\mu)}{l(1+\mu)+1} \frac1{(rr^*)^{l+1}}P_l({\bf nn}^*), $$

$$ \psi_2({\bf r})=({\bf p}\nabla^*)\sum_{l=0}^\infty \frac {2l+1}{l(1+\mu)+1} \frac{r^l}{r^{*l+1}}P_l({\bf nn}^*). $$

Имея целью определить поле во внешней области, видим, что меняется лишь выражение для $S$

$$ S(u,z)=\sum_{l=0}^\infty\frac {l(1-\mu)}{l(1+\mu)+1}\frac1{u^{l+1}}P_l(z). $$

Тем же приемом дифференцирования можно получить

$$ -\left[(1+\mu)\frac\partial{\partial u}+\frac\mu u\right]S= -\frac{1-\mu}u\frac\partial{\partial u}\frac u{\sqrt{1+u^2-2uz}}, $$

откуда

$$ S(u,z)=\frac{1-\mu}{1+\mu}\left\{\frac1{\sqrt{1+u^2-2uz}}+ \frac{u^{-\mu/(1+\mu)}}{1+\mu}\int_\infty^u \frac{s^{-1/(1+\mu)}\,ds}{\sqrt{1+s^2-2sz}}\right\}. $$

Это выражение может быть, как и ранее, преобразовано к

$$ S(rr^*,{\bf nn}^*)=\frac{1-\mu}{1+\mu}\left\{\frac1{r^*|{\bf r}-{\bf n}^*\!/r^*|}-\frac1{1+\mu} \int_0^{1/r^*}\frac{(tr^*)^{-\mu/(1+\mu)}\,dt}{|{\bf r}-t{\bf n}^*|}\right\}, $$

откуда видно, что и в этом случае мы имеем заряд-изображение в точке ${\bf n}^*\!/r^*$ и заряд противоположного знака, размазанный по отрезку $[0,{\bf n}^*\!/r^*]$, разница же состоит в том, что теперь плотность не постоянна, а пропорциональна $t^{-\mu/(1+\mu)}$.

При $\mu=0$ возвращаемся к полученному ранее результату для сверхпроводника. Другой предельный случай, когда интеграл вычисляется без больших хлопот --- сильный магнетик $\mu\gg1$, тогда

$$ S=-\frac1{\sqrt{1+u^2-2uz}}+\frac1u+\ldots $$

Для зануд. Можно даже сосчитать поправку в разложении по степеням $\varepsilon=1/(1+\mu)$

$$ S=-\frac1{\sqrt{1+u^2-2uz}}+\frac1u+\varepsilon \left\{\frac2{\sqrt{1+u^2-2uz}}-\frac2u -\frac1u\ln\frac{u-z+\sqrt{1+u^2-2uz}}{2u}\,\right\}+\ldots $$


Тем же манером по $S$ определяем $U$

$$ U=-\frac12\left\{\left(\frac1{(r^{*2}-1)^3}-\frac1{r^{*6}}\right)({\bf pn}^*)^2+\frac{p^2}{(r^{*2}-1)^3}\right\}. $$

Здесь потенциал не такой интересный и всюду приводит к притяжению.


Вернуться в «Физика»

Кто сейчас на форуме

Количество пользователей, которые сейчас просматривают этот форум: нет зарегистрированных пользователей и 5 гостей