A1  ^0.40 Считая $B_e$ известным, найдите магнитный момент $m$ и распределение плотности тока по поверхности проводника.

Радиальная компонента магнитного поля при пересечении поверхности проводника должна сохраниться $\implies$ снаружи проводника суммарное поле должно удовлетворять условию:\[0=(\hat r\cdot\vec B)_{r=a}=\left(\hat r\cdot \left[\vec B_e+\frac{\mu_0}{4\pi a^3}\big\{3(\vec m\cdot\hat r)\hat r-\vec m\big\}\right]\right)=(\hat r\cdot \vec B_e)+\frac{\mu_0}{2\pi a^3}(\hat r\cdot\vec m).\]Из соображений симметрии $\vec m$ коллинеарен $\vec B_e$, поэтому

Поверхностная плотность тока на границе проводника будет равна\[\mu_0\vec i=[\vec r\times\vec B]_{r=a}=\left[\hat r\times\frac{3}{2}\frac{\vec B_e}{\mu_0}\right]\implies\]

A2  ^0.20 Найдите магнитную индукцию $B$, создаваемую катушкой в центре левитирующего проводника в момент времени $t$.

Магнитное поле будет направлено вдоль оси $z$, поэтому сразу пишем проекцию:\[B=\frac{\mu_0I(t)}{4\pi(b^2+h^2)}\frac{b}{\sqrt{b^2+h^2}}\cdot 2\pi b\implies\]

A3  ^0.40 Считая, что положение проводника практически не меняется, найдите амплитуду тока $I_0$, при которой возможна левитация проводника.

Поскольку $\delta\ll a$, магнитный момент проводящего шара будет равен (результат п. 1)\[\vec m=-\frac{2\pi a^3}{\mu_0}\vec B.\]Найдём силу, действующую на шар:\[\vec F=-\frac{2\pi a^3}{\mu_0}B\frac{\mathrm dB}{\mathrm dz}\hat z=-\frac{\pi a^3}{\mu_0}\frac{\mathrm dB^2}{\mathrm dz}\hat z.\]Подставляя магнитное поле:\[F\left(t\right)=-\frac{\pi a^3}{\mu_{0}}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\Bigg[\frac{\mu_{0}^{2}I_{0}^{2}b^{4}}{4\left(b^{2}+z^{2}\right)^{3}}\cos^{2}\omega t\Bigg]_{z=h}\widehat{z}=\frac{3\pi a^{3}b^{4}h}{2\left(b^{2}+h^{2}\right)^{4}}\mu_{0}I_{0}^{2}\cos^{2}(\omega t)~\widehat{z}.\]Поскольку $\overline{\cos^2\omega t}=1/2$, а средняя сила должна быть равна весу, получим уравнение:\[\frac{3\pi a^{3}b^{4}h}{4\left(b^{2}+h^{2}\right)^{4}}\mu_{0}I_{0}^{2}=G\implies\]

A4  ^0.60 Найдите выражение для средней тепловой мощности Джоулевых потерь в системе. Ваш ответ не должен содержать $\delta$.

Объёмная плотность токов у поверхности проводника:\[\vec J={\frac{\vec i}{\delta}}=\left(-{\frac{3B}{2\mu_{0}\delta}}\sin\theta\,\right){\hat{\phi}}\]Мощность Джоулевых потерь на единицу объёма равна $p=J^2/\sigma\implies$ полная мощность потерь:\[P{\big(}t{\big)}=\int p~\mathrm{d}V=\int p\cdot 2\pi r^{2}\sin\theta~\mathrm{d}r~\mathrm{d}\theta={\frac{9\pi B^{2}}{2\mu_{0}^{2}\sigma\delta^{2}}}\int\limits_{a-\delta}^{a}r^{2}~\mathrm{d}r~\int\limits_{0}^{\pi}\sin^{3}\theta~\mathrm{d}\theta\overset{\delta\ll a}{=} 6\pi a^2\frac{B^2}{\mu_0^2\sigma\delta}.\]Подставляя выражения для $\delta$ и среднего квадрата магнитного поля (из предыдущего пункта), получаем:

B1  ^1.50 Вычислите в первом приближении распределение токов в толще шара и его суммарный магнитный момент $m$.

Несколько предварительных замечаний для этой части:

• Все вычисления проводятся в сферических координатах $(r,\theta,\phi)$, выражения для ротора и дивергенции в сферических координатах считаются известными.
• Поскольку необходимо найти силу, которая при усреднении не обращается в ноль, нужно найти компоненту магнитного момента шара, которая меняется с той же частотой и фазой, что и внешнее магнитное поле. К примеру, поправки в первом приближении, связанные с неоднородностью поля или со смещением центра шара не дают вклад в силу после усреднения.

В нулевом приближении распределение токов можно найти из закона электромагнитной индукции. Пусть магнитное поле равно $\vec B(t)=\vec B_e\hat z e^{i\omega t}$, тогда:\[2\pi r\sin\theta E_\phi^{(0)}(r,\theta)=-\dfrac{\partial}{\partial t}\left(\pi (r\sin\theta)^2 B_ee^{i\omega t}\right),\quad \vec j^{(0)}=\sigma \vec E^{(0)}\\\implies j_{\phi}=-\frac{i \omega \rho r\sin\theta }{2} B_ee^{i\omega t}\]Найдём, какое магнитное поле создают эти токи. Из теоремы о циркуляции магнитного поля можно записать:\[\operatorname{rot} \vec B^{(1)}=\mu_0\vec j^{(0)}.\]Поскольку $j\propto r$ и $\operatorname{rot}\propto r^{-1}$, то должно быть $B^{(1)}\propto r^2$. Иначе это можно аргументировать следующим образом: магнитное поле пропорционально $B^{(1)}\propto m/r^3$, где $m$ – характерный магнитный момент в области радиуса $r$, т.е. $m\propto I\cdot S\propto j\cdot r^2\cdot r^2\propto r^5$, и тогда $B^{(1)}\propto r^2$. Компоненты поля $\vec B^{(1)}$ должны состоять из выражений, которые при взятии ротора дают результат $\propto r\sin\theta \hat \phi$. Также из симметрии понятно, что $B_\phi^{(1)}=0$. В такой системе выражение для ротора в сферических координатах упрощается до:\[\operatorname{rot}\vec x=\dfrac{\hat\phi}{r}\left(\dfrac{\partial\left(rx_\theta\right)}{\partial r}-\dfrac{\partial x_r}{\partial \theta}\right).\]Этому, очевидно, должны удовлетворять $r^2\cos\theta \,\hat r$ и $r^2\sin\theta\,\hat \theta$. Действительно:\[\operatorname{rot}\left(r^2\cos\theta \,\hat r\right)=r\sin\theta,\quad \operatorname{rot}\left(r^2\sin\theta \,\hat \theta\right)=3r\sin\theta.\]Также для возникающего магнитного поля должно иметь место:\[\operatorname{div}\vec B^{(1)}=0.\]Попробуем искать поле в виде:\[\vec B^{(1)}=\alpha r^2\cos\theta \,\hat r + \beta r^2\sin\theta\,\hat \theta\]В осесимметричной системе в сферических координатах:\[\sin\theta\dfrac{\partial }{\partial r}\left(r^2B_r^{(1)}\right)+r\dfrac{\partial }{\partial r}\left(\sin\theta B_\theta^{(1)}\right)=r^3\sin^2\theta\left(4\alpha+2\beta\right)\implies \beta=-2\alpha\]Отсюда:\[-5\alpha =-\frac{i \mu_0\omega \sigma r\sin\theta }{2} B_ee^{i\omega t}\]Учитывая теорему единственности, получим окончательное распределение полей:\[\vec B^{(1)}=\frac{i \mu_0\omega \sigma r\sin\theta }{10} \left(\cos\theta \,\hat r-2\sin\theta\,\hat \theta\right)B_ee^{i\omega t}.\]Для первой поправки к токам запишем теорему о циркуляции для электрического поля:\[2\pi r\sin\theta E_\phi^{(1)}=i\omega\Phi_B^{(1)}=-\frac{\mu_0\omega^2 \sigma r^2B_ee^{i\omega t}}{10}\iint \left(\cos\theta \,\hat r-2\sin\theta\,\hat \theta\right) \,\mathrm d\vec S=-\frac{\pi\mu_0\omega^2 \sigma r^4B_ee^{i\omega t}}{10}\int\limits_0^\theta 2\cos\xi \sin\xi\,\mathrm d\xi=\\=-\frac{\pi\mu_0\omega^2 \sigma r^4B_ee^{i\omega t}}{10}\sin^2\theta,\quad \vec j^{(1)}=\sigma \vec E^{(1)}\implies\]

Найдем, наконец, возникающий при этом магнитный момент:\[\mathrm dm^{(1)}_z=j_\phi^{(1)}S\,\mathrm dS_\perp=-\frac{\mu_0\omega^2 \sigma^2 r^3\sin\theta B_ee^{i\omega t}}{20}\cdot \pi r^2\sin^2\theta\cdot r\,\mathrm d\theta\,\mathrm dr\implies\\m^{(1)}_z=-\frac{\pi\mu_0\omega^2 \sigma^2 B_ee^{i\omega t}}{20}\int\limits_0^ar^6\,\mathrm dr\int\limits_0^\pi\sin^3\theta\,\mathrm d\theta=-\frac{\pi\mu_0\omega^2 \sigma^2a^7 B_ee^{i\omega t}}{105}\]

B2  ^0.30 Считая, что положение проводника практически не меняется, найдите амплитуду тока $I_0$, при которой возможна левитация проводника.

Найдём силу, действующую на шар:\[\vec F=\left(\vec m,\nabla\right)\vec B=-\frac{\pi\mu_0\omega^2 \sigma^2a^7}{105}\cdot B\frac{\mathrm dB}{\mathrm dz}\hat z=-\frac{\pi\mu_0\omega^2 \sigma^2a^7}{210}\frac{\mathrm dB^2}{\mathrm dz}\hat z.\]Подставляя магнитное поле:\[F\left(t\right)=-\frac{\pi\mu_0\omega^2 \sigma^2a^7}{210}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}\Bigg[\frac{\mu_{0}^{2}I_{0}^{2}b^{4}}{4\left(b^{2}+z^{2}\right)^{3}}\cos^{2}\omega t\Bigg]_{z=h}=\dfrac{\pi}{140}\frac{\mu_0^3\omega^2\sigma^2I_0^2b^4ha^7}{\left(b^{2}+h^{2}\right)^{4}}\cos^{2}(\omega t).\]Поскольку $\overline{\cos^2\omega t}=1/2$, а средняя сила должна быть равна весу, получим уравнение:\[\dfrac{\pi}{280}\frac{\mu_0^3\omega^2\sigma^2I_0^2b^4ha^7}{\left(b^{2}+h^{2}\right)^{4}}=G\implies\]

B3  ^0.60 Найдите выражение для средней тепловой мощности Джоулевых потерь в системе.

Наибольший вклад вносят рассчитанные в нулевом приближении токи:\[P=\dfrac{\overline{\sin^2\omega t}}{\sigma}\iiint j_{\phi,\mathrm{m}}^2\,\mathrm dV=\dfrac{\sigma\omega^2B_e^2}{8}\int\limits_0^a\int\limits_0^\pi r^2\sin^2\theta\cdot 2\pi r^2\,\mathrm dr\,\sin\theta\,\mathrm d\theta=\dfrac{\pi}{15}\sigma\omega^2B_e^2a^4\]Выражение для $B_e$ через $I_0$:\[B_e=\frac{\mu_{0}b^{2}}{2\left(b^{2}+h^{2}\right)^{3/2}}\cdot {\dfrac{2\left(b^2+h^2\right)^2}{\mu_0\omega\sigma b^2a^3}}\sqrt{\dfrac{70G}{\pi\mu_0 ha}}=\dfrac{1}{\omega \sigma a^3}\sqrt{\dfrac{70G\left(b^2+h^2\right)}{\pi\mu_0 ha}}.\]Итого: