Зависимость магнитного поля диполя от $\vec r$: $\vec B (\vec r) = \frac {\mu_0}{4\pi} (\frac{3\vec r (\vec m \cdot \vec r )} {r^5} - \frac { \vec m} {r^3}), \vec m \cdot \vec r = mr \cos \theta \Rightarrow$ $\vec B (\vec r) = \frac {m \mu_0}{4\pi r^3}(3\cos \theta \hat{r} - \hat{y}) $ Находить модуль этого вектора можно по-разному, например, удобно ввести дополнительный единичный вектор: $\hat{\theta} = - \sin \theta \cdot \hat{y} + \cos \theta \cdot \hat{x}, \hat{r}=\cos \theta \cdot \hat{y} +\sin \theta \cdot \hat{x}$ Или иначе: $\hat{y}=\cos\theta\cdot \hat{r} - \sin \theta \cdot \hat{\theta}, \hat{x}= \sin \theta \cdot \hat{r} + \cos \theta \cdot \hat{\theta}$

$3 \cos \theta~\hat{r} - \hat{y} = 3 \cos \theta~\hat{r} - (\cos \theta \cdot \hat{r} - \sin \theta \cdot \hat{\theta}) \Rightarrow$ $\vec B (\vec r) = \frac {\mu_0 m} {4 \pi r^3} ((2 \cos \theta) \hat{r} + (\sin \theta) \hat{\theta}) \Rightarrow B = \frac {\mu_0 m}{4\pi r^3} \sqrt{(2\cos \theta)^2+(\sin \theta)^2)} $

Для нахождения ответа в этом пункте, разобьём магнит на бесконечно узкие кольца и проинтегрируем:

Получаем слеующее выражение: $\vec B (y) = \frac {\mu_0} {4\pi} \cdot \int ^R_0 2\pi x \cdot dx \cdot \sigma \cdot \frac {1} {(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}} \cdot (2 \cos \theta \cdot \cos \theta \cdot \hat{y} + \sin \theta \cdot \sin \theta \cdot (-\hat{y}))$ Для удобства перейдём к интегрированию по углу: $R = y \cdot \tan \theta_{max}, x=y\cdot \tan \theta, dx=y\cdot \frac {d\theta}{\cos^2\theta}, \frac{y}{\cos\theta}=\sqrt{x^2+y^2}$ Тогда $B=\frac {\mu_0 \sigma}{2} \cdot \int ^{\theta_{max}}_0 y\cdot \tan \theta \cdot y \cdot \frac {d\theta} {\cos^2\theta} \cdot \frac{\cos^3 \theta}{y^3}\cdot \hat{y} \cdot (2\cos^2\theta-\sin^2\theta)$ $=\frac{\mu_0\sigma \cdot \hat{y}}{2y} \cdot \int^{\theta_{max}}_0 d\theta \cdot (2 \cos^2\theta \sin \theta - \sin^3 \theta)$ $=\frac{\mu_0\sigma \cdot \hat{y}}{2y} \cdot \int^{\theta_{max}}_0 d \theta \cdot (3\cos^2 \theta \sin \theta - \sin \theta)$ $=\frac{\mu_0\sigma\cdot \hat{y}}{2y} \cdot [-\cos^3\theta+\cos\theta]|^{ \theta_{max}}_0=\frac{\mu_0\sigma \cdot \hat{y}}{2y}\cdot[\cos \theta_{max}- \cos^3 \theta_{max}]$ $\cos \theta_{max} = \frac {y} {\sqrt{R^2+y^2}}$ Упрощая, получаем итоговый результат: $B(y)=\frac{\mu_0\sigma}{2}\cdot \frac{R^2}{(R^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}$

Поскольку выполняется соотношение $t \ll D$, магнит можно считать плоским и пренебрегать его толщиной при нахождении поля у поверхности: $\sigma=\rho\cdot t, B(y)=\frac{ \mu_0\sigma}{2}\cdot \frac {R^2} {(R^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}, y=0 \Rightarrow B_0 = \frac {\mu_0\rho t} {D}$ $\frac{\mu_0\rho t}{D}=0.13 \text{Тл}$

B3) По условию, объемная плотность энергии магнитного поля составляет: $\frac{E}{V}=\frac {1}{2\mu_0} \cdot B^2$ При отрыве магнита от двери на небольшое расстояние $y$: $\Delta E = \pi (D/2)^2\cdot y\cdot \frac{1}{2\mu_0} \cdot B^2_0 $ $F=\frac {\Delta E}{y} = \pi (D/2)^2 \cdot \frac {1}{2\mu_0}\cdot B^2_0= 2.2 H$ Зная силу и площадь соприкосновения, легко выразить давление: $P=\frac{F}{S}=\frac{B^2_0}{2\mu_0} =6.9\cdot 10^3~\text{Па}$

По схеме ниже:

$r_0=\frac{y}{\cos \alpha}, x=y\tan \alpha, \vec{r_0} = y\hat{y} + x\hat{x} \Rightarrow r_0 = \hat{y}\cdot \cos \alpha +\hat{x} \cdot \sin \alpha$ $\frac{r_0}{r}=\cos \theta, z=r_0 \tan \theta \Rightarrow dz =\frac{r_0d\theta} {cos^2\theta}$ $\vec r=x\hat{x}+y\hat{y}+(-z)\hat{z}$ $\vec B(\vec{r_0},y)=\frac{\mu_0}{4 \pi}\cdot \int^\infty_{-\infty}dz \cdot \rho_L\cdot[\frac{3}{r^4} (\frac{y\cdot \cos \theta}{r_0}) \cdot (\vec{r_0}-z\hat{z})-\frac{\hat{y}}{r^3}]= $ $\frac{\mu_0\cdot\rho_L}{4\pi}\cdot \int^{\pi/2}_{-\pi/2}d\theta \cdot \frac{r_0}{\cos^2\theta}\cdot[ \frac{3y}{r_0^5}\cdot \cos^5\theta \cdot \vec{r_0} - \frac {\hat{y}}{r_0^3} \cdot \cos^3\theta]=$ $\frac{\mu_0\cdot\rho_L}{4\pi r_0^2}\cdot \int^{\pi/2}_{-\pi/2}d\theta\cdot[\frac{3y\cdot\vec{r_0}}{r_0^2} \cdot\cos^3\theta-\hat{y}\cdot\cos\theta]=$ $\frac{\mu_0\cdot\rho_L}{4\pi r_0^2}\cdot [\frac{3y\cdot\vec{r_0}}{r_0^2} \cdot(\sin\theta-\frac{1}{3}\sin^3\theta)- \hat{y}\cdot\sin\theta]|_{-\pi/2}^{\pi/2}=$ $\frac {\mu_0\cdot\rho_L} {4\pi r_0^2}\cdot[\frac{4y\cdot\vec{r_0}}{r_0^2}-2\hat{y}]$

По схеме ниже:

$r_0=\frac{y_0}{\cos \alpha}=\frac{y}{\cos( \beta+\alpha)} \Rightarrow y=y_0\cdot \frac {\cos(\beta+\alpha)}{\cos\alpha}$ $\hat{y}=\cos \beta \cdot \hat{y_0} +\sin \beta \cdot \hat{x}, \hat{r_0}=\cos \alpha \cdot \hat{y_0} - \sin \alpha \cdot \hat{x}$ $\vec B = \int_{-\infty}^{\infty} dx \cdot \frac {\mu_0\sigma}{4\pi y_0^2} \cdot \cos^2 \alpha \cdot [4\cos(\beta+\alpha)[\cos\alpha \cdot \hat{y_0}-\sin\alpha\cdot\hat{x}]- 2[\cos \beta \cdot \hat{y_0}+\sin \beta \cdot \hat{x}] ]$ Путём несложных математических преобразований получаем: $\frac{\mu_0\sigma}{2\pi y_0}\cdot \int _{-\pi/2}^{\pi/2} d\alpha\cdot [\hat{y_0}\cdot \cos(\beta+2\alpha)-\hat{x}\cdot\sin(\beta+2 \alpha)]$ Подставим зависимость для $\beta$: $\beta=\beta_0+kx_0+ky_0\cdot\tan \alpha$ Получаем: $\frac{\mu_0\sigma}{2\pi y_0}\cdot \int_{-\pi/2}^{\pi/2}d\alpha\cdot [\hat{y_0}\cdot\cos(\beta_0+kx_0+ky_0\cdot\tan\alpha +2\alpha)-\hat{x}\cdot\sin(\beta_0+kx_0+ky_0\cdot\tan\alpha+2\alpha)]$

Посмотрим внимательно на полученное выражение: $\cos(\beta_0+kx_0+ky_0\cdot\tan\alpha+2\alpha)$ $=\cos(ky_0\cdot\tan\alpha+2\alpha)-\sin(\beta_0+kx_0) \sin(ky_0\cdot\tan\alpha+2\alpha)$ $\cos(ky_0\cdot\tan\alpha+2\alpha)=\cos(ky_0\cdot\tan \alpha)\cos(2\alpha)-\sin(ky_0\cdot\tan\alpha)\sin (2\alpha)$ По условию, $\int_{-\pi/2}^{\pi/2} dx\cdot\cos(2x)\cos(c\cdot \tan x)=\frac{c\cdot\pi}{e^c}= \int^{\pi/2}_{-\pi/2}dx\cdot\sin(2x)\cdot \sin(c\cdot\tan x)$ Несложно заметить, что это и есть наш интеграл, если взять в качестве $c$ величину $ky_0$.

При переходе к другой стороне сборки, некоторые знаки в уравнении меняются на противоположные: $\vec{B}=-\frac{\mu_0\sigma}{2\pi y_0} \cdot \int^{\pi/2}_{-\pi/2} d\alpha \cdot [\hat{y_0}\cdot [\cos(\beta_0+kx_0)\cdot \cos(-ky_0\cdot\tan\alpha+2\alpha)-\sin"..."sin"..."] -\hat{x}\cdot[\sin(\beta_0+kx_0)\cos(-ky_0\cdot \tan\alpha+2\alpha)+\cos"..."sin"..."] ]$ Интегралы от нечётных функций будут зануляться из-за соображений симметрии, чётные функции остаются. $\vec B=- \frac{\mu_0\sigma}{2\pi y_0} \cdot \int^{\pi/2} _{-\pi/2}d\alpha\cdot[\hat{y_0}\cdot[\cos(\beta_0+kx_0-ky_0 \cdot\tan\alpha+2\alpha)]-\hat{x}\cdot[\sin(\beta_0+kx_0) \cos(-ky_0\cdot\tan\alpha+2\alpha)+\cos"..."\sin"..."] ]$ $=-\frac{\mu_0\sigma}{2\pi y_0}\cdot\int ^{\pi/2}_{-\pi/2}d\alpha\cdot[\hat{y_0}\cdot \cos(\beta_0+kx_0)\cdot(cos(2\alpha)\cos(ky_0 \cdot\tan\alpha)+\sin"..."\sin"...")]- \hat{x}\cdot[\sin(\beta_0+kx_0)\cdot"..."] ]$ $=-\frac{\mu_0\sigma}{2\pi y_0}\cdot [\hat{y_0}\cdot\cos(\beta_0+kx_0)-\hat{x}\cdot \sin(\beta_0+kx_0)]\cdot 2 \cdot\frac{ky_0\pi} {e^{ky_0}}$ $=-\mu_0\sigma k\cdot e^{-ky_0}\cdot[\hat{y_0} \cdot\cos(\beta_0+kx_0)-\hat{x}\cdot \sin(\beta_0+kx_0)]$

Сила и давление находятся так же, как и в пункте B3: $y_0 \rightarrow 0 \Rightarrow \vec B = -\mu_0\sigma k \cdot[\hat{y_0}\cdot\cos(\beta_0+kx_0) -\hat{x}\cdot\sin(\beta_0+kx_0)] \Rightarrow$ $B^2=(\mu_0\sigma k)^2, P=\frac{1}{2\mu_0}\cdot B^2, \sigma=\rho t \Rightarrow$ $B=(1.257\cdot 10^{-6}~\text{Гн/м}) \cdot(2\cdot 10^5~ \text{Тл}\cdot\text{м}/\text{Гн}) \cdot(5\cdot10^{-4}~\text{м}) \cdot \frac{2\cdot 3.14}{5\cdot 10^{-3}\text{ м}} =0.16 \text{ Тл}$ $P=\frac{1}{2\mu_0}\cdot B^2=\frac{1} {2\cdot 1.257 \cdot 10^{-6} \text{ Гн/м}} \cdot (0.16\text{ Тл}^2)=10\text{ кПа}$

По формулам, полученным ранее: $\eta=\frac{P}{P_0}=(\frac{B}{B_0})^2 (\frac{\mu_0\rho tk}{\mu_0\rho t/2R})^2= (\frac{4\pi R}{\lambda})^2$