Циркуляция вектора скорости жидкости, как мы уже сказали, равняется нулю.
Поток вектора скорости жидкости тоже равняется нулю, поскольку жидкость несжимаема.
Поскольку твёрдое тело неподвижно, на поверхности составляющая скорости,перпендикулярная к поверхности тела равняется нулю.
На больших удалениях от тела оно слабо влияет на изменение скорости жидкости, поэтому скорость стремится к $-\vec{v_0}$
Поскольку в пространстве вне сверхпроводника отсутствуют токи,циркуляция магнитного поля в этой области равна нулю.
Из теоремы Гаусса для магнитного поля поток напряжённости магнитного поля также равен нулю.
В объёме сверхпроводника магнитное поле равняется нулю.Из теоремы Гаусса следует,что нормальная составляющая магнитного поля равна нулю и на поверхности сверхпроводника.
На большом удалении сверхпроводник оказывает малое влияние на индукцию магнитного поля,поэтому она стремится к величине $\vec{B_0}$
Как мы видим из результатов пунктов $A1$ и $A2$, с точки зрения математики постановки задачи о распределении скоростей в пункте $A1$ и распределении индукции магнитного поля в $A2$ полностью эквивалентны с точностью до замены $\vec{v_0}$ на $-\vec{B_0}$.
Поэтому
$$\vec{v}=-\frac{v_0}{B_0}f(\vec{B_0}\vec{r})
$$
Известно,что поле сверхпроводящего шара,помещённого в однородное магнитное магнитное поле совпадет с полем магнитного диполя.Выражение для суммарного магнитного поля принимает вид
$$\vec{B}=\vec{B_0}+\frac{\mu_0}{4\pi}\left(\frac{3(\vec{m}\vec{r})\vec{r}}{r^5}-\frac{\vec{m}}{r^3}\right)
$$
где $m$ - магнитный момент.
Из условия нулевой нормальной составляющей магнитного поля на поверхности шара получим
$$(\vec{B}\vec{r})=(\vec{B_0}\vec{r})+\frac{\mu_0}{2\pi}\frac{(\vec{m}\vec{r})}{R^4}=0
$$
Из последнего соотношения находим магнитный момент шара
$$\vec{m}=-\frac{2\pi R^3}{\mu_0}\vec{B_0}
$$
После нахождения магнитного момента выражение для магнитного поля принимает вид
$$\vec{B}=\vec{B_0}-\frac{3R^3(\vec{B_0}\vec{r})\vec{r}}{2r^5}+\frac{\vec{B_0}R^3}{2r^3}
$$
Перейдём в систему отсчёта, в которой шар покоится.Учитывая результаты части B, получим скорость жидкости в каждой точке пространства в данной системе отсчёта
$$\vec{v_{отн}}(r)=-\vec{v}+\frac{3R^3(\vec{v}\vec{r})\vec{r}}{2r^5}-\frac{\vec{v}R^3}{2r^3}
$$
Здесь мы учли,что в данном случае введённая в части $B$ $\vec{v_0}$ представляет собой $-\vec{v}$
Мы нашли распределение скоростей относительно шара. Для распределения скоростей в неподвижной системе отсчёта к полученному выражению необходимо добавить вектор $\vec{v}$
$$\vec{v_ж}(r)=\frac{3R^3(\vec{v}\vec{r})\vec{r}}{2r^5}-\frac{\vec{v}R^3}{2r^3}
$$
Для вычисления кинетической энергии жидкости необходимо вычислить интеграл $\int\frac{\rho v^2 dV}{2}$.
Пусть $\varphi$ - угол между векторами $\vec{r}$ и $\vec{v}$.Выделим при данном угле сегмент с углом $d\varphi$ и толщиной $dr$.Объём данного элемента равен $2\pi R^2sin(\varphi)~dr~d{\varphi}$.Тогда
$$W_к=\int\limits_R^{\infty} \int\limits_0^\pi {\pi}R^2 \sin (\varphi)drd{\varphi}{v^2_ж({\varphi})}
$$
Найдём ${v^2_ж({\varphi})}$ из теоремы косинусов
$${v^2_ж({\varphi})}=\frac{v^2\left(1+3\cos^2(\varphi)\right)R^6}{4r^6}
$$
Комбинация последнего выражения и уже полученного интеграла даёт
$$W_k=\frac{\pi \rho v^2R^6}{4}\int\limits_R^{\infty} \frac{dr}{r^4} \int\limits_0^{\pi}\sin(\varphi)(1+3\cos^2(\varphi))d{\varphi}
$$
$$\int\limits_R^{\infty} \frac{dr}{r^4}=\frac{1}{3R^3}
$$
$$\int\limits_0^{\pi} \sin(\varphi)(1+3\cos^2(\varphi))d{\varphi}=\int\limits_1^{-1} -(d\cos(\varphi)+3\cos^2(\varphi)d\cos(\varphi))=4
$$
$$W_к=\frac{\pi \rho R^3v^2}{3}
$$
$$\mu_ш=\frac{2W_к}{v^2}=\frac{2\pi \rho R^3}{3}
$$
Поле поверхностных токов цилиндра во внутренней области должно быть однородным и равняться $-\vec{B_0}$.Это известная задача - нужно объединить два одинаковых провода с одинаковыми токами,текущими в разных направлениях в один, в области нулевых токов поле будет однородным.В пространстве вне цилиндра это его поле эквивалентно полю двух бесконечно близких параллельных проводов с токами,текущими в разных направлениях,которое,в свою очередь,эквивалентно полю бесконечной дипольной последовательности.Рассчитаем поле такой системы,используя магнитные заряды.
Введём единичный вектор магнитного момента $\vec{m_0}$.Поле магнитного диполя с моментом $\vec{m}$ имеет вид
$$\vec{B}=\frac{\mu_0}{4\pi}(\frac{3(\vec{m}\vec{r})\vec{r}}{r^5}-\frac{\vec{m}}{r^3})
$$
Для расчёта цепочки такой системы нам достаточно посчитать поле двух бесконечно близких заряженных нитей с единичным дипольным моментом $\vec{p_0}$.Поле провода,заряженного с линейной плотностью заряда $\rho$ равняется
$$\vec{E}=\frac{\rho\vec{r}}{2\pi {\epsilon_0}r^2}
$$
Введём вектор $\vec{d}$ для определения дипольного момента.Он определится из соотношения
$$\vec{r_-}=\vec{r_+}+\vec{d}
$$
Тогда выражение для суммарного поля принимает вид
$$\vec{E}=\frac{\rho}{2\pi {\epsilon_0}}(\frac{\vec{r_+}}{r^2_+} -\frac{\vec{r_-}}{r^2_-})
$$
Учитывая,что $d«r$, получим
$$\vec{E}=\frac{1}{2\pi {\epsilon_0}}(\frac{2(\vec{p_0}\vec{r})\vec{r}}{r^4} - \frac{\vec{p_0}}{r^2})
$$
Тогда,учитывая, что $p_0$ достаточно заменить на $m_0$,а $\epsilon_0$ достаточно заменить на $\frac{1}{\mu_0}$, получаем выражение для поля цилиндра
$$\vec{B}=\frac {\mu_0}{2\pi}(\frac{2(\vec{m_0}\vec{r})\vec{r}}{r^4} - \frac{\vec{m_0}}{r^2})
$$
Из условия нулевой нормальной составляющей магнитного поля на поверхности цилиндра получим
$$(\vec{B}\vec{r})=(\vec{B_0}\vec{r})+\frac{{\mu_0}(\vec{m_0}\vec{r})}{2\pi R^2}=0
$$
Из последнего соотношения находим $\vec{m_0}$
$$\vec{m_0}=-\frac{2\pi R^2\vec{B_0}}{\mu_0}
$$
Выражение для суммарного магнитного поля
$$\vec{B}=\vec{B_0}-2\frac{(\vec{B_0}\vec{r})R^2\vec{r}}{r^4}+\frac{R^2\vec{B_0}}{r^2}
$$
Вновь,как и в части C,меняя $\vec{B_0}$ на $\vec{-v}$ и переходя в неподвижную систему отсчёта,получим
$$\vec{v_ж}(\vec{r})=2\frac{(\vec{v}\vec{r})R^2\vec{r}}{r^4}-\frac{R^2\vec{v}}{r^2}
$$
Из теоремы косинусов для угла $\varphi$ между векторами $\vec{v}$ и $\vec{r}$ получаем
$${v_ж}^2(\vec{r})=\frac{v^2R^4}{r^4}
$$
Следовательно,на равных расстояниях от оси цилиндра скорости равные.Тогда
$$W_к=\int\limits_R^{\infty} \rho\pi Lv^2(\vec{r})rdr=\rho\pi v^2R^4\int\limits_R^{\infty} \frac{dr}{r^3}
$$
$$W_к=\frac{\rho\pi R^2 L v^2}{2}
$$
Получим ответ
$$\mu=\frac{2W_к}{v^2}=\rho\pi R^2 L
$$