5.16. Прямолинейный провод с током $I$ расположен параллельно оси бесконечного кругового цилиндра на расстоянии $b$ от неё. Радиус цилиндра — $a$ ($a < b$), магнитная проницаемость — $\mu .$ Найти поле и силу, действующую на единицу длины провода.

—

Задачу будем решать методом изображений. Так как ток течёт по прямой, то имеется только одна составляющая векторного потенциала $\vec A=(0, 0, A_z)$. Рассмотрим три тока, будем считать, что ток в среде определяется током $I$ в среде $\mu _2$ и двумя токами в цилиндре в точке на расстоянии $b'=\frac{a^2}{b}$ и центре цилиндра. Ток $I_1$ в точке $b'$ и $-I_1$ в центре.

Магнитное поле, будем считать, создаётся векторными потенциалами от этих токов. Для вычисления магнитного поля в цилиндре будем считать, что векторное поле создаётся от тока $I_2$ в точке $b$, но как будто вся среда с проницаемостью $\mu _1.$ Для вычисления магнитного поля вне цилиндра будем считать, что векторное поле создаётся от токами $I$ в точке $b$ и двумя токами $I_1$ и $-I_1$ в точке $b'$ и центре цилиндра, но как будто вся среда с проницаемостью $\mu _2.$

Поле прямого тока мы вычисляли в задаче 4.15 б), тогда: $$A_{1}=\frac{2\mu_{1}I_{2}}{c}\ln\frac{r_{1}}{a},$$ $$A_{2}=\frac{2\mu_{2}}{c}(I\ln\frac{r_{1}}{a}+I_{1}\ln\frac{r_{2}}{a}-I_{1}\ln\frac{r}{a}),$$ где $$r_{1}^{2}=r^{2}+b^{2}-2rb\cos\theta,$$ $$r_{2}^{2}=r^{2}+(b')^{2}-2rb'\cos\theta=r^{2}+\frac{a^{4}}{b^{2}}-2r\frac{a^{2}}{b}\cos\theta=\frac{a^{2}}{b^{2}}r_{1}^{2}.$$ Найдём нормальную составляющую магнитного поля из «ротора» векторного потенциала (вспомним ротор в цилиндрических координатах): $$B_{1n}=(\nabla\times A_{1})_{r}=\frac{1}{r}\frac{\partial A_{1}}{\partial\theta}=-\frac{\mu_{1}2I_{2}}{c}\frac{b\sin\theta}{r_{1}^{2}},$$ $$B_{2n}=(\nabla\times A_{2})_{r}=\frac{1}{r}\frac{\partial A_{2}}{\partial\theta}=-\frac{2\mu_{2}}{c}\left(I\frac{b\sin\theta}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{a^{2}\sin\theta}{br_{2}^{2}}\right).$$ Приравнивая на границе цилиндра получим первое соотношение: $$\left.B_{2n}\right|_{a}=-\frac{2\mu_{2}\sin\theta}{c}\left(I\frac{b}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{a^{2}}{br_{2}^{2}}\right)=-\frac{2\mu_{2}\sin\theta}{c}\frac{b}{r_{1}^{2}}\left(I+I_{1}\right),$$ $$\mu_{1}I_{2}=\mu_{2}\left(I+I_{1}\right).$$

Рассмотрим теперь тангенциальную составляющую: $$H_{1\tau}=(\nabla\times A_{1})_{\theta}=-\frac{1}{\mu_{1}}\frac{\partial A_{1}}{\partial r}=\frac{2I_{2}}{c}\frac{\left(r-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}$$ на границе: $$\left.H_{1\tau}\right|_{a}=\frac{2I_{2}}{c}\frac{\left(a-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}.$$ Во второй области $$H_{2\tau}=(\nabla\times A_{2})_{\theta}=-\frac{1}{\mu_{2}}\frac{\partial A_{2}}{\partial r}=\frac{2}{c}\left(I\frac{\left(r-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{\left(r-\frac{a^{2}}{b}\cos\theta\right)}{r_{2}^{2}}-I_{1}\frac{1}{r}\right).$$ На границе $$\left.H_{2\tau}\right|_{a}=\frac{2}{c}\left(I\frac{\left(a-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{\left(a-\frac{a^{2}}{b}\cos\theta\right)}{\frac{a^{2}}{b^{2}}r_{1}^{2}}-I_{1}\frac{1}{a}\right)= $$ $$\frac{2}{c}\left(I\frac{\left(a-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}+I_{1}\frac{\left(\frac{b^{2}}{a}-b\cos\theta\right)}{r_{1}^{2}}-I_{1}\frac{1}{a}\right)=$$ $$\frac{2}{car_{1}^{2}}\left(I\left(a^{2}-ab\cos\theta\right)+I_{1}\left(b^{2}-ab\cos\theta\right)-I_{1}\left(a^{2}+b^{2}-2ab\cos\theta\right)\right)=$$ $$\frac{2}{cr_{1}^{2}}\left(I\left(a-b\cos\theta\right)-I_{1}\left(a-b\cos\theta\right)\right).$$ Приравнивая получим второе соотношение $$I-I_{1}=I_{2}.$$ Подставляя $$\mu_{1}\left(I-I_{1}\right)=\mu_{2}\left(I+I_{1}\right)$$ найдём токи $$I_{1}=I\frac{\mu_{1}-\mu_{2}}{\mu_{1}+\mu_{2}}, \ \ I_{2}=I\frac{2\mu_{2}}{\mu_{1}+\mu_{2}}.$$

По условию задачи $\mu_1=\mu,$ $\mu_2=1.$ Магнитное поле в от «токов изображений» в месте реального тока: $$ B=-\frac{2I_1}{cb}+\frac{2I_1}{c(b-b')}=\frac{I_1a^2}{cb(b^2-a^2)}, $$ тогда сила на единицу длины: $$ \frac{F}{l}=\frac{IB}{c}=\frac{2I^2a^2(\mu-1)}{c^2b(b^2-a^2)(\mu+1)}. $$