A1  ^0.30 Пусть $\vec{v}$ — скорость жидкости в некоторой точке пространства. Чему равна плотность тока $\vec{j}$ в данной точке пространства? Ответ выразите через $\sigma$, $\vec{E}$, $\vec{B}$ и $\vec{v}$.

Со стороны электромагнитного поля на заряд, движущийся со скоростью $\vec{u}$, действует сила $\vec{F}_{EM}$, равная:
$$\vec{F}_{EM}=q\bigl(\vec{E}+\bigl[\vec{v}\times\vec{B}\bigr]\bigr){.}
$$
Поскольку скорость движения заряда относительно жидкости является малой:
$$\vec{u}\approx\vec{v}{.}
$$
Таким образом:
$$\vec{F}_{EM}\approx q\bigl(\vec{E}+\bigl[\vec{v}\times\vec{B}\bigr]\bigr){.}
$$
В установившемся режиме:
$$\vec{F}_{EM}+\langle\vec{F}\rangle=0{,}
$$
где $\vec{F}$ — сила, действующая на заряд $q$ со стороны кристаллической решётки.
Тогда для плотности тока $\vec{j}$ находим:

A2  ^0.20 Определите силу $\vec{f_B}$, действующих на единицу объёма жидкости со стороны магнитного поля. Ответ выразите через $\sigma$, $\vec{E}$, $\vec{B}$ и $\vec{v}$.

Сила Ампера, действующая на элемент проводника объёмом $dV$ с током плотностью $\vec{j}$ составляет:
$$d\vec{F_A}=\bigl[\vec{j}\times\vec{B}\bigr]dV{.}
$$
Таким образом:
$$\vec{f_B}=\bigl[\vec{j}\times\vec{B}\bigr]{.}
$$
Подставляя выражение для $\vec{j}$, находим:

A3  ^0.30 Покажите, что если объёмная плотность свободного заряда в любой точке жидкости равна нулю, то и объёмная плотность полного заряда также равна нулю в любой точке жидкости.

Объёмная плотность свободного заряда $\rho_\text{св}$ определяется выражением:
$$\rho_\text{св}=\bigl(\nabla{,}\vec{D}\bigr){,}
$$
где $\vec{D}$ — вектор электростатической индукции.
Таким образом:
$$\bigl(\nabla{,}\vec{D}\bigr)=0{.}
$$
В линейном однородном диэлектрике выполняется соотношение:
$$\vec{D}=\varepsilon_0\varepsilon\vec{E}{.}
$$
Из последнего соотношения следует:
$$\bigl(\nabla{,}\vec{E}\bigl)=\cfrac{\bigl(\nabla{,}\vec{D}\bigr)}{\varepsilon_0\varepsilon}=0{.}
$$
С другой стороны:
$$\rho=\varepsilon_0\bigl(\nabla{,}\vec{E}\bigr)=0{,}
$$
что и требовалось показать.

B1  ^0.30 Из общефизических соображений найдите, чему равна сила $\vec{f_E}$, действующая на единицу объёма жидкости со стороны электростатического поля? Ответ обоснуйте.

Из результатов пункте $\mathrm{A3}$ следует, что объёмная плотность поляризационных зарядов равно нулю в любой точке жидкости. Это означает, взаимодействие объёма жидкости с электростатическим полем обусловлено только тем, что вещество жидкости поляризовано.
Сила, действующая на точечный диполь в неоднородном электростатическом поле, равняется:
$$\vec{F}=\bigl(\vec{p}{,}\nabla\bigr)\vec{E}{.}
$$
Поскольку напряжённость электростатического поля внутри жидкости является постоянной, значит и напряжённость электростатического поля, действующего на поляризованный объём жидкости, также является постоянной. Значит, в каждой точке жидкости сила $\vec{f_E}$ равна нулю.

B2  ^1.00 Покажите, что зависимость скорости жидкости от координаты $x$ можно представить в виде:
$$v(x)=A\cosh\omega x+B\sinh\omega x+C{.}
$$
Определите $A$, $B$, $C$ и $\omega$. Ответы выразите через $\sigma$, $\eta$, $U$, $B$ и $d$.

Для силы $\vec{f_B}$ имеем:
$$\vec{f_B}=\sigma\left(\bigl[\vec{E}\times\vec{B}\bigr]-\vec{v}B^2+\vec{B}\bigl(\vec{v}{,}\vec{B}\bigr)\right)=\sigma\left(\cfrac{UB}{d}-vB^2\right)\vec{e}_z{.}
$$
Выделим прямоугольный параллелепипед длиной $l$ высотой $dx$ и запишем его условие стационарного движения:
$$dF_z=\eta lL\left(\cfrac{dv(x+dx)}{dx}-\cfrac{dv(x)}{dx}\right)+f_{Bz}lLdx=lLdz\left(\eta\cfrac{d^2v}{dx^2}+\cfrac{\sigma UB}{d}-\sigma B^2v\right)=0{,}
$$
откуда:
$$\cfrac{d^2v}{dx^2}=\cfrac{\sigma B^2v}{\eta}-\cfrac{\sigma UB}{\eta d}{.}
$$
Вводя величину $u=v-U/(Bd)$, получим:
$$\cfrac{d^2u}{dx^2}=\cfrac{\sigma B^2u}{\eta}\Rightarrow u(x)=A\cosh\left(Bx\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)+B\sinh\left(Bx\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right){.}
$$
Таким образом:
$$v(x)=A\cosh\left(Bx\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)+B\sinh\left(Bx\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)+\cfrac{U}{Bd}{.}
$$
Мы привели зависимость $v(x)$ к виду, предлагаемому в условии задачи.
Для определения постоянных $A$ и $B$ воспользуемся граничными условиями на поверхностях обкладок:
$$v(\pm d/2)=0\Rightarrow B=0{,}{~}A=-\cfrac{U}{Bd\cosh\left(\cfrac{Bd}{2}\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)}{.}
$$
Таким образом:
$$v(x)=\cfrac{U}{Bd}\left(1-\cfrac{\cosh\left(Bx\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)}{\cosh\left(\cfrac{Bd}{2}\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)}\right){.}
$$

B3  ^0.20 Определите максимальную скорость течения жидкости $v_{max}$. Ответ выразите через $\sigma$, $\eta$, $U$, $B$ и $d$.

Обратим внимание, что максимальное значение $v(x)$ достигается при $\cosh\omega x=1$, т.е при $x=0$.
При любом значении $B$ имеем:

B4  ^0.40 Получите зависимость $v(x)$ для случая слабого магнитного поля ($Bd\ll\sqrt{\sigma/\eta}$). Определите максимальное значение скорости $v_{max}$. Ответы выразите через $\sigma$, $\eta$, $U$, $B$, $d$ и $x$.
Постройте качественный график полученной зависимости $v(x)$. Отметьте на графике все важные точки.

При малых значениях $z$ справедливо приближение:
$$\cosh z\approx 1+\cfrac{z^2}{2}{.}
$$
Таким образом:
$$v(x)\approx\cfrac{U}{Bd}\left(1-\cfrac{1+\left(Bx\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)^2/2}{1+\left(\cfrac{Bd}{2}\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)^2/2}\right){,}
$$
откуда:

Для $v_{max}$ при $x=0$ имеем:

График зависимости $v(x)$ приведён на рисунке ниже:

B5  ^0.30 Определите максимальное значение скорости жидкости $v_{max}$ для случая сильного магнитного поля ($Bd\gg\sqrt{\sigma/\eta}$). Ответ выразите через $\sigma$, $\eta$, $U$, $B$ и $d$.
Постройте качественный график зависимости $v(x)$ для случая сильного магнитного поля. Отметьте на графике все важные точки.

Обратим внимание, что
$$\cosh\left(\cfrac{Bd}{2}\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)\gg 1{.}
$$
Таким образом:

Практически во всей области скорость жидкости можно считать постоянной, поскольку функция $\cosh x$ очень быстро возрастает при $x\gg 1$. Скорость жидкости достигает практически максимального значения на расстояниях до обкладок, малых по сравнению с $d/2$. С учётом этого, качественный график зависимости $v(x)$ приведён на рисунке ниже:

B6  ^0.30 Получите зависимость массового расхода жидкости $Q$ через поперечное сечение $xy$ конденсатора. Ответ выразите через $\rho$, $\sigma$, $\eta$, $U$, $B$, $d$ и $L$.

Для массового расхода $Q$ через аксиальное поперечное сечение имеем:
$$Q=\rho L\int\limits_{-d/2}^{d/2}v(x)dx=\cfrac{\rho UL}{Bd}\int\limits_{-d/2}^{d/2}\left(1-\cfrac{\cosh\left(Bx\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)}{\cosh\left(\cfrac{Bd}{2}\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)}\right)dx=
$$
$$=\cfrac{\rho UL}{Bd}\left(d-\cfrac{2}{B}\sqrt{\cfrac{\eta}{\sigma}}\cfrac{\sinh\left(\cfrac{Bd}{2}\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)}{\cosh\left(\cfrac{Bd}{2}\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}\right)}\right){,}
$$
или же:

B7  ^0.40 Получите приближения для $Q(B)$ в случаях слабого и сильного магнитного полей ($Bd\ll\sqrt{\sigma/\eta}$ и $Bd\gg\sqrt{\sigma/\eta}$ соответственно). Ответы выразите через $\rho$, $\sigma$, $\eta$, $U$, $B$, $d$ и $L$.

Рассмотрим случай слабого магнитного поля.
Введём величину $x$:
$$x=\cfrac{Bd}{2}\sqrt{\cfrac{\sigma}{\eta}}{.}
$$
При $x\to 0$ разложение функции $\tanh x$ имеет вид:
$$\tanh x\approx x-\cfrac{x^3}{3}{.}
$$
Тогда имеем:
$$1-\cfrac{\tanh x}{x}\approx\cfrac{x^2}{3}{.}
$$
Тогда в случае слабого магнитного поля зависимость $Q(B)$ имеет вид:

В случае сильного магнитного поля $\tanh x/x\to 0$ при $x\to\infty$.
Таким образом, в случае сильного магнитного поля зависимость $Q(B)$ имеет вид:

B8  ^0.40 Постройте качественный график зависимости массового расхода $Q$ от индукции магнитного поля $B$. Отметьте на графике все важные точки.

Качественный график зависимости $Q(B)$, полученной в пункте $\mathrm{B5}$, приведён на рисунке ниже.

C1  ^1.30 Определите проекции на ось $z$ моментов сил $M_1$ и $M_2$, прикладываемых к внутренней и внешней обкладкам соответственно сторонними силами для поддержания их стационарного движения. Ответ выразите через $\eta$, $\omega_1$, $\omega_2$, $R_1$, $R_2$ и $h$.

Рассмотрим цилиндр радиусом $r$. При стационарном движении проекция на ось $z$ момента сил вязкого трения, действующих на него со стороны внешнего слоя жидкости, не зависит от $r$. При этом необходимо правильно интерпретировать закон вязкости Ньютона, утверждающий, что касательное напряжение в вязкой жидкости прямо пропорционально скорости деформации сдвига:
$$\tau_{xy}=\tau_{yx}=\eta\left(\cfrac{\partial v_x}{\partial y}+\cfrac{\partial v_y}{\partial x}\right){.}
$$

Запишем выражение для момента сил вязкого трения $M_z$, действующих со стороны внешнего слоя на внутренний:
$$M_z=r\cdot 2\pi rh\tau_\varphi=2\pi\eta hr^3\cfrac{d\omega}{dr}=const
$$
Интегрируя от поверхности внутреннего цилиндра, получим:
$$\omega(r)-\omega_1=\cfrac{M_z}{2\pi\eta h}\int\limits_{R_1}^{r}\cfrac{dr}{r^3}=\cfrac{M_z}{4\pi\eta h}\left(\cfrac{1}{R^2_1}-\cfrac{1}{r^2}\right){.}
$$
Из условия $\omega(R_2)=\omega_2$ получим:
$$\cfrac{M_z}{4\pi\eta h}=\cfrac{(\omega_2-\omega_1)R^2_1R^2_2}{R^2_2-R^2_1}{.}
$$
При этом $M_2=M_z$, а $M_1=-M_z$, поэтому имеем:

Примечание: Отметим, что данное выражение не зависит от выбора системы отсчёта. В поступательно движущейся системе отсчёта данное утверждение является очевидным.
Если же рассматривать движение жидкости в системе отсчёта, вращающейся с угловой скоростью $\vec{\Omega}$, начало которой движется со скоростью $\vec{v}_0$, для относительной скорости имеем:
$$\vec{v}_\text{отн}=\vec{v}-\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{r}_\text{отн}\bigr]-\vec{v}_0
$$
Тогда для $v_{\text{отн}(x)}$ и $v_{\text{отн}(y)}$ имеем:
$$v_{\text{отн}(x)}=v_x-\Omega_zy_\text{отн}+\Omega_yz_\text{отн}-v_{0x}{.}
$$
$$v_{\text{отн}(y)}=v_y+\Omega_zx_\text{отн}-\Omega_yz_\text{отн}-v_{0y}{.}
$$
Таким образом:
$$\cfrac{\partial v_{\text{отн}(x)}}{\partial y_{\text{отн}}}+\cfrac{\partial v_{\text{отн}(y)}}{\partial x_\text{отн}}=\cfrac{\partial v_x}{\partial y_{\text{отн}}}+\cfrac{\partial v_y}{\partial x_\text{отн}}
$$
При этом в фиксированный момент времени $d\vec{r}=d\vec{r}_\text{отн}$, поэтому:
$$\cfrac{\partial v_{\text{отн}(x)}}{\partial y_{\text{отн}}}+\cfrac{\partial v_{\text{отн}(y)}}{\partial x_\text{отн}}=\cfrac{\partial v_x}{\partial y}+\cfrac{\partial v_y}{\partial x}{,}
$$
что и требовалось доказать.

В данной задаче наиболее удобно проводить дифференцирование во вращающейся системе отсчёта, в которой рассматриваемый элемент жидкости покоится. В данной системе отсчёта только одна из компонент скорости деформации сдвига не обращается в ноль, поэтому можно записать:
$$M_z=rF_\tau=r\cdot 2\pi rh\cdot\eta\cdot\cfrac{dv_{\text{отн}(\tau)}}{dr}=const{,}
$$
где $v_\text{отн}$ — относительная скорость слоёв жидкости.
Если $\omega(r_0)$ — угловая скорость вращения жидкости на расстоянии $r_0$ от оси цилиндра, имеем:
$$v(r)=\omega(r)r\Rightarrow v_\text{отн}(r)=v(r)-\omega(r_0)r{.}
$$
Дифференцируя:
$$\cfrac{dv_\text{отн}(r)}{dr}=\omega(r)+r\cfrac{d\omega(r)}{dr}-\omega(r_0){.}
$$
При $r=r_0$ получаем:
$$\cfrac{dv_\text{отн}}{dr}=r\cfrac{d\omega}{dr}{.}
$$
Таким образом:
$$M_z=2\pi \eta hr^3\cfrac{d\omega}{dr}=const{.}
$$

C2  ^0.20 Получите зависимость скорости движения жидкости $v(r)$ от расстояния $r$ до оси цилиндров. Ответ выразите через $\omega_1$, $\omega_2$, $R_1$, $R_2$ и $r$.

Подставляя выражение для $M_z$ в выражение для $\omega(r)$, получим:
$$\omega(r)=\cfrac{\omega_2R^2_2-\omega_1R^2_1}{R^2_2-R^2_1}-\cfrac{(\omega_2-\omega_1)R^2_1R^2_2}{(R^2_2-R^2_1)r^2}{.}
$$
Поскольку $v(r)=\omega(r)r$, имеем:

D1  ^0.30 Определите напряжённость электрического поля $\vec{E}(r)$ в области между цилиндрами на расстоянии $r$ от их оси. Ответ выразите через $U$, $R_1$, $R_2$, $r$ и $\vec{e}_r$.

Напряжённость электростатического поля внутри жидкости имеет вид:
$$\vec{E}=\cfrac{A\vec{e}_r}{r}{.}
$$
Тогда для напряжения $U$ имеем:
$$U=A\int\limits_{R_1}^{R_2}\cfrac{dr}{r}=A\ln\cfrac{R_2}{R_1}{.}
$$
Таким образом:

D2  ^0.20 Определите силу $\vec{f_B}$, действующую на единицу объёма жидкости со стороны магнитного поля. Ответ выразите через $\sigma$, $U$, $r$, $B$, скорость движения жидкости $v(r)$, $\vec{e}_r$ и $\vec{e}_\varphi$.

Воспользуемся выражением, полученным в пункте $\mathrm{A2}$:
$$\vec{f_B}=\sigma\bigl(\bigl[\vec{E}\times\vec{B}\bigr]-\bigl[\vec{B}\times\bigl[\vec{v}\times\vec{B}\bigr]\bigr){.}
$$
Поскольку $\vec{v}\perp\vec{B}$, получим:
$$\vec{f_B}=\sigma\bigl(\bigl[\vec{E}\times\vec{B}\bigr]-B^2\vec{v}\bigr){.}
$$
Поскольку $\vec{B}=-\vec{e}_zB$, получим:

D3  ^0.40 Из общефизических соображений укажите направление силы $\vec{f_E}$, действующей на единицу объёма жидкости со стороны электростатического поля. В качестве ответа укажите единичный вектор, коллинеарно которому направлена эта сила. Ответ обоснуйте.

Сила $\vec{f_E}$, действующая на единицу объёма жидкости, определяется выражением:
$$\vec{f_E}=\bigl(\vec{P}{,}\nabla\bigr)\vec{E}_{ост}{,}
$$
где $\vec{E}_{ост}$ — напряжённость электростатического поля, действующего на выделенный объём жидкости. При этом $\vec{E}_{ост}\sim\vec{E}$, поэтому можно записать:
$$\vec{f_E}\sim\bigl(\vec{P}{,}\nabla\bigr)\vec{E}{.}
$$
Также $\vec{P}\sim\vec{E}$, поэтому мы также можем записать:
$$\vec{f_E}\sim\bigl(\vec{E}{,}\nabla\bigr)\vec{E}{.}
$$
Поскольку $\vec{E}\parallel\vec{e_r}$, имеем:
$$\vec{f}_E\sim E_r\cfrac{\partial \vec{E}}{\partial r}=E_r\cfrac{dE_r}{dr}\vec{e_r}{.}
$$
Таким образом:

E1  ^1.60 Получите зависимость скорости движения жидкости $v(r)$ от расстояния $r$ до оси цилиндров. Ответ выразите через $\sigma$, $\eta$, $U$, $B$, $R_1$, $R_2$ и $r$.

Ограничение, накладываемое на скорости движения жидкости, позволяет записать выражение для $\vec{f_B}$ следующим образом:
$$\vec{f_B}\approx\sigma\bigl[\vec{E}\times\vec{B}\bigr]{.}
$$
Рассмотрим равновесие жидкости между внутренней обкладкой конденсатора и цилиндром радиусом $r$. Пусть со стороны жидкости на внутреннюю обкладку конденсатора относительно оси $z$ действует момент сил, равный $M_1$. Тогда из закона сохранения момента импульса относительно оси $z$ имеем:
$$M(r)-M_1+M_{EM}(r)=0{,}
$$
где $M(r)$ и $M_{EM}(r)$— моменты сил, действующих со стороны внешнего слоя жидкости радиусом $r$ и электромагнитного поля соответственно на выделенный объём жидкости.
При этом:
$$M(r)=2\pi\eta hr^3\cfrac{d\omega}{dr}{.}
$$
Определим $M_{EM}$:
$$M_{EM}(r)=\int_V(f_{B\varphi}+f_{E\varphi})rdV=\int_V\sigma EBrdV=\cfrac{2\pi h\sigma UB}{\ln\cfrac{R_2}{R_1}}\int\limits_{R_1}^{r}rdr=\cfrac{\pi h\sigma UB(r^2-R^2_1)}{\ln\cfrac{R_2}{R_1}}{.}
$$
Таким образом:
$$2\pi\eta hr^3\cfrac{d\omega}{dr}=M_1-\cfrac{\pi\sigma UBh(r^2-R^2_1)}{\ln\cfrac{R_2}{R_1}}{.}
$$
Интегрируя от внутренней обкладки конденсатора, получим:
$$\omega(r)=\int\limits_{R_1}^{r}\cfrac{M_1dr}{2\pi\eta hr^3}-\cfrac{\sigma UB}{2\eta\ln\cfrac{R_2}{R_1}}\int\limits_{R_1}^r\left(\cfrac{1}{r}-\cfrac{R^2_1}{r^3}\right)dr=
$$
$$=\cfrac{M_1}{4\pi\eta h}\left(\cfrac{1}{R^2_1}-\cfrac{1}{r^2}\right)-\cfrac{\sigma UB}{2\eta\ln\cfrac{R_2}{R_1}}\left(\ln\cfrac{r}{R_1}-\cfrac{R^2_1}{2}\left(\cfrac{1}{R^2_1}-\cfrac{1}{r^2}\right)\right){.}
$$
Из условия $\omega(R_2)=0$ получим:
$$\cfrac{M_1}{4\pi\eta h}=\cfrac{R^2_1R^2_2}{R^2_2-R^2_1}\cfrac{\sigma UB}{2\eta\ln\cfrac{R_2}{R_1}}\left(\ln\cfrac{R_2}{R_1}-\cfrac{1}{2}\left(1-\cfrac{R^2_1}{R^2_2}\right)\right){.}
$$
Таким образом:
$$\omega(r)=\cfrac{\sigma UB}{2\eta\ln\cfrac{R_2}{R_1}}\left(\left(\cfrac{R^2_1R^2_2}{R^2_2-R^2_1}\ln\cfrac{R_2}{R_1}-\cfrac{R^2_1}{2}+\cfrac{R^2_1}{2}\right)\left(\cfrac{1}{R^2_1}-\cfrac{1}{r^2}\right)-\ln\cfrac{r}{R_1}\right)=
$$
$$=\cfrac{\sigma UB}{2\eta\ln\cfrac{R_2}{R_1}}\left(\cfrac{R^2_1R^2_2}{R^2_2-R^2_1}\ln\cfrac{R_2}{R_1}\left(\cfrac{1}{R^2_1}-\cfrac{1}{r^2}\right)-\ln\cfrac{r}{R_1}\right){.}
$$
Поскольку $v=\omega(r)r$, получим:

E2  ^0.40 Пусть радиус внутренней обкладки равен $R$, а радиус внешней обкладки в несколько (порядка единицы) раз больше. Оцените максимальную величину индукции магнитного поля $B_{max}$, при которой полученные вами результаты ещё можно считать применимыми. Ответ выразите через $\sigma$, $\eta$, $U$ и $R$.

Результаты начнут искажаться тогда, когда величины $vB_{max}$ и $E$ оказываются сопоставимыми по величине, поэтому можно записать:
$$E\approx vB_{max}{.}
$$
При этом внутри конденсатора:
$$E\sim\cfrac{U}{R}\qquad v\sim\cfrac{\sigma UBR}{\eta}{.}
$$
Подставляя величины $E$ и $v$, получим:
$$\cfrac{U}{R}\approx\cfrac{\sigma UB^2_{max}R}{\eta}{,}
$$
откуда:

F1  ^0.90 Получите зависимость $v(r)$ в случае сильного магнитного поля вдали от обкладок конденсатора. Ответ выразите через $\sigma$, $\eta$, $U$, $B$, $R_1$, $R_2$ и $r$.

Рассмотрим выражение для силы $\vec{f_B}$:
$$\vec{f}_B=\sigma(E-vB)B\vec{e_\varphi}{.}
$$
В силу очень большой величины индукции магнитного поля скорости движения элементов жидкости будут являться очень малыми. Это значит, что и величина силы $f_B$ должна быть мала, поскольку её момент уравновешивает момент сил вязкого трения, действующих на элементы жидкости.
Поскольку величина $B$ является большой, малость величины силы $f_B$ возможна только при условии малости плотности тока $j$, а значит величины $(E-vB)$.
Таким образом, вдали от обкладок конденсатора можно записать:
$$E(r)\approx v(r)B{.}
$$
Подставляя $E(r)$, получим:

F2  ^0.60 Постройте качественный график зависимости $v(r)$ для всех значений $r$ между обкладками конденсатора в случае сильного магнитного поля. Указывать характерные значения при построении графика не обязательно.

Вблизи обкладок конденсатора вид зависимости $v(r)$ должен быть похож на полученный нами в процессе решения части $\mathrm{B}$. Это означает, что вблизи обкладок конденсатора вид функции $v(r)$ таков, что она выпукла вверх.
Поскольку вдали от обкладок конденсатора $v\sim 1/r$, функция $v(r)$ должна иметь максимум, причём ровно один, после чего она переходит в форму, напоминающую гиперболу.
Соответствующий график функции $v(r)$ приведён на рисунке ниже:

На графике приведена зависимость скорости (в условных единицах) от безразмерной переменной $x = r/R_1$. Желтым цветом показан график приближенного решения.

Примечание: Получим точное уравнение, описывающее зависимость $v( r )$. 

Рассмотрим жидкость, расположенную между цилиндрами радиусами $r$ и $r+dr$. Условие её стационарного движения запишется следующим образом:

$$dM_z=2\pi\eta hd\left(r^3\cfrac{d\omega}{dr}\right)+r\cdot 2\pi rdrh\cdot f_B=0{.}
$$

Поскольку $\omega=v/r$:

$$\cfrac{d\omega}{dr}=\cfrac{rv'-v}{r^2}{,}
$$

где $v'=dv/dr$.

Таким образом:

$$\cfrac{d}{dr}\left(r^2v'-rv\right)=-\cfrac{r^2f_B}{\eta}=-\cfrac{\sigma r^2EB}{\eta}+\cfrac{\sigma r^2B^2v}{\eta}=-\cfrac{\sigma UBr}{\eta\ln\cfrac{R_2}{R_1}}+\cfrac{\sigma B^2r^2v}{\eta}{.}
$$

Дифференцируя, получим:

$$2rv'+r^2v''-rv'-v=-\cfrac{\sigma UBr}{\eta\ln\cfrac{R_2}{R_1}}+\cfrac{\sigma B^2r^2v}{\eta}{,}$$

откуда:

$$v''+\cfrac{v'}{r}-\cfrac{v}{r^2}-\cfrac{\sigma B^2v}{\eta}=-\cfrac{\sigma UB}{\eta\ln\cfrac{R_2}{R_1}r}{.}
$$

Точное решение данного уравнения существует, хотя и не выражается через элементарные функции.

Приближённое решение вдали от обкладок конденсатора напрямую следует из полученного нами уравнения. В нём два слагаемых обладают огромным множителем, содержащим $B$, а три других слагаемых в левой части уравнения – не обладают, что сразу приводит к соотношению:

$$\cfrac{\sigma B^2v}{\eta}\approx\cfrac{\sigma UB}{\eta\ln\cfrac{R_2}{R_1}r}\Rightarrow v( r )\approx \cfrac{U}{rB\ln\cfrac{R_2}{R_1}}{.}
$$