3.10: Геофізичний приклад
- Page ID
- 78699
Припустимо, що планета Земля сферична і що вона має невеликий магніт або струмовий контур в центрі. Під «маленьким» я маю на увазі малий в порівнянні з радіусом Землі. Припустимо, що на великій відстані від магніту або контуру струму геометрія магнітного поля така ж, як і у електричного поля на великій відстані від простого диполя. Тобто рівняння до силових ліній є
\[r=a\sin^2 \theta \]
і диференціальне рівняння до силових ліній дорівнює
\[\frac{dr}{dθ} = \frac{2r}{tan \theta}\]
Показати, що кут падіння\(D\) на геомагнітній широті\(L\) задається
\[\tan D = 2\tan L \label{3.10.1}\]
Геометрія показана на малюнку\(III\) .16.
Результат простий, і, мабуть, є простіший спосіб отримати його, ніж той, який я спробував. Дайте мені знати (jtatum@uvic.ca), якщо ви знайдете простіший спосіб. А поки ось моє рішення.
Я спробую знайти нахил\(m_1\) дотичної до Землі (тобто горизонту) і нахил\(m_2\) силової лінії. Тоді кут D між ними буде задаватися рівнянням (яке, я сподіваюся, добре відомо з координатної геометрії!)
\[\tan D = \frac{m_1 -m_2}{1+m_1m_2}. \label{3.10.2}\]
Перший простий:
\[m_1=\tan (90^\circ + \theta ) = -\frac{1}{\tan \theta}\label{3.10.3}\]
Бо\(m_2\) ми хочемо знайти нахил силової лінії, рівняння якої задано в полярних координатах. Отже, як знайти нахил кривої, рівняння якої задано в полярних координатах? Ми можемо зробити це так:
\[\begin{align} x&=r\cos \theta \label{3.10.4}, \\ y&=r\sin \theta \label{3.10.5}, \\ dx&=\cos \theta dr - r\sin \theta d\theta \label{3.10.6}, \\ dy&=\sin \theta dr + r\cos \theta d\theta . \label{3.10.7} \\ \end{align}\]
З них отримуємо
\[\frac{dy}{dx}=\frac{\sin \theta \frac{dr}{d\theta}+r\cos \theta }{\cos \theta \frac{dr}{d\theta}-r\sin \theta }.\label{3.10.8} \]
У нашому конкретному випадку ми маємо\(\frac{dr}{d\theta}=\frac{2r}{\tan \theta}\) (рівняння 3.7.12), тому, якщо ми підставимо це в рівняння,\(\ref{3.10.8}\) ми незабаром отримаємо
\[m_2 = \frac{3\sin \theta \cos \theta}{3\cos^2 \theta -1}.\label{3.10.9} \]
Тепер ставимо рівняння\ ref {3.10.3} і\ ref {3.10.9} в рівняння 3.10.2, і, після невеликої алгебри, ми незабаром отримаємо
\[\tan D = \frac{2}{\tan \theta}=2\tan L . \label{3.10.10}\]
Ось ще одне питання. Магнітне поле, як правило, дається символом\(B\). Показати, що напруженість магнітного поля\(B(L)\) на геомагнітній широті\(L\) задається
\[B(L) = B(0)\sqrt{1+3\sin^2 L } ,\label{3.10.11} \]
де\(B(0)\) - сила поля на екваторі. Це означає, що на магнітних полюсах вона в два рази сильніше, ніж на екваторі.
Почніть з рівняння 3.7.2, яке дає електричне поле в віддаленій точці на екваторі електричного диполя. Це рівняння було\(E=\frac{p}{4\pi\epsilon_0 y^3}\). У цьому випадку ми маємо справу з магнітним полем і магнітним диполем, тому замінимо електричне поле\(E\) магнітним полем\(B\). Також\(p/(4π\epsilon_0)\) є комбінація електричних величин, і так як нас цікавить тільки геометрія (тобто про те, як\(B\) змінюється від рівняння до полюса, давайте просто запишемо\(p/(4\pi\epsilon_0 )\) як\(k\). І ми візьмемо радіус Землі, щоб бути\(R\), так що рівняння 3.7.2 дає для магнітного поля на поверхні Землі на екваторі як
\[B(0) = \frac{k}{R^3}. \label{3.10.12} \]
У подібному ключі рівняння 3.7.10 для радіальної та поперечної складових поля на геомагнітній широті\(L\) (що становить 90º −\(θ\)) стають
\[B_r ( L) = \frac{2k\sin L}{R^3} \quad \text{and} \quad B_{\theta}(L)=\frac{k\cos L}{R^3}. \label{3.10.13a,b}\]
А так як\(B=\sqrt{B_r^2 + B_{\theta}^2}\) результат відразу випливає.