6.11: Теорема Ампера

У розділі 1.9 ми ввели теорему Гаусса, яка полягає в тому, що загальна нормальна складова\(D\) -потоку через замкнуту поверхню дорівнює заряду, укладеному всередині цієї поверхні. Теорема Гаусса є наслідком закону Кулона, в якому електричне поле з точкового джерела падає обернено як квадрат відстані. Ми виявили, що теорема Гаусса була напрочуд корисною тим, що вона дозволила нам майже відразу записувати вирази для електричного поля поблизу різних форм заряджених тіл, не проходячи через багато числення.

Чи існує, можливо, подібна теорема, пов'язана з магнітним полем навколо струмопровідного провідника, що дозволить нам обчислити магнітне поле в його околицях, не проходячи багато числення? Є дійсно, і це називається Теорема Ампера.

\(\text{FIGURE VI.9}\)

\(\text{VI.9}\)На малюнку передбачається струм,\(I\) що йде до вас посередині кола. Я намалював одну з ліній магнітного поля — пунктирну лінію радіуса\(r\). Сила поля там є\(H = I/(2\pi r)\). Я також намалював невелику елементарну довжину\(ds\) на окружності кола. Лінійний інтеграл поля по колу якраз в\(H\) рази перевищує окружність кола. Тобто лінійний інтеграл поля по колу якраз\(I\). Зверніть увагу, що це не залежить від радіуса кола. На більших відстанях від струму поле падає як\(1/r\), але окружність кола збільшується як\(r\), тому добуток двох (лінійний інтеграл) не залежить від\(r\).

\(\text{FIGURE VI.10}\)

Отже, якщо я обчислити лінійний інтеграл навколо схеми, такої як показана на малюнку\(\text{VI.10}\), вона все одно прийде до справедливості\(I\). Дійсно, не має значення, яка форма шляху. Лінійний інтеграл є\(\int \textbf{H}\cdot \textbf{ds}\). Поле\(\textbf{H}\) в деякій точці перпендикулярно лінії, що\(\textbf{ds}\) з'єднує струм з точкою, а вектор спрямований по шляху інтеграції, і\(\textbf{H}\cdot \textbf{ds}\) дорівнює\(H\) кратам складової\(\textbf{ds}\) вздовж напрямку\(\textbf{H}\), так що, незалежно від довжини та форма шляху інтеграції:

Лінійний інтеграл поля\(\textbf{H}\) навколо будь-якого замкнутого контуру дорівнює струму, укладеному цим шляхом.

Це теорема Ампера.

Так що тепер давайте зробимо нескінченний соленоїд знову. Обчислимо лінійний інтеграл навколо прямокутного амперіанського шляху, показаного на малюнку\(\text{VI.11}\). Немає внеску в лінійний інтеграл уздовж вертикальних сторін прямокутника, оскільки ці сторони перпендикулярні полю, і немає внеску з верхньої сторони прямокутника, оскільки поле там нуль (якщо соленоїд нескінченний). Єдиний внесок у лінійний інтеграл - уздовж нижньої сторони прямокутника, а лінійний інтеграл є просто\(Hl\), де\(l\) довжина прямокутника. Якщо кількість витків дроту на одиницю довжини уздовж соленоїда є\(n\), будуть\(nl\) витки, укладені прямокутником, а значить струм, укладений прямокутником\(nlI\), є, де\(I\) знаходиться струм в дроті. Тому за теоремою Ампера\(Hl = nlI\), і так\(H = nI\), що ми вивели раніше досить трудомістко. \(H\)Ось сила поля в положенні нижньої сторони прямокутника; але ми можемо розмістити прямокутник на будь-якій висоті, тому ми бачимо, що поле знаходиться в\(nI\) будь-якому місці всередині соленоїда. Тобто поле всередині нескінченного соленоїда рівномірне.

\(\text{FIGURE VI.11}\)

Можливо, варто відзначити, що теорема Гаусса є наслідком зворотного квадратного зменшення електричного поля з відстанню від точкового заряду, а теорема Ампера є наслідком зворотного зменшення першої потужності магнітного поля з відстанню від лінійного струму.

від осі,\(r < a\)?

\(\text{FIGURE VI.15}\)

Figure \(\text{VI.15}\) shows the cross-section of the rod, and I have drawn an amperian circle of radius \(r\). If the field at the circumference of the circle is \(H\), the line integral around the circle is \(2\pi rH\). The current enclosed within the circle is \(Ir^2/a^2\). These two are equal, and therefore \(H = Ir/(2\pi a^2)\).

More and More Examples

In the above example, the current density was uniform. But now we can think of lots and lots of examples in which the current density is not uniform. For example, let us imagine that we have a long straight hollow cylindrical tube of radius \(a\), perhaps a linear particle accelerator, and the current density J (amps per square metre) varies from the middle (axis) of the cylinder to its edge according to \(J(r)=J_0(1-r/a)\). The total current is, of course, \(I=2\pi \int_0^a J(r)r\,dr=\frac{1}{3}\pi a^2 J_0\) and the mean current density is \(\overline J = \frac{1}{3}J_0\).

The question, however, is: what is the magnetic field \(H\) at a distance \(r\) from the axis? Further, show that the magnetic field at the edge (circumference) of the cylinder is \(\frac{1}{6}J_0 a\), and that the field reaches a maximum value of \(\frac{3}{16}J_0 a\) at \(r=\frac{3}{4}a\).

Well, the current enclosed within a distance \(r\) from the axis is

\[\nonumber I=2\pi \int_0^r J(x)x\,dx = \pi J_0 r^2(1-\frac{2r}{3a}),\]

and this is equal to the line integral of the magnetic field around a circle of radius \(r\), which is \(2\pi rH\). Thus

\[\nonumber H=\frac{1}{2}J_0 r (1-\frac{2r}{3a}).\]

At the circumference of the cylinder, this comes to \(\frac{1}{6}J_0 a\). Calculus shows that \(H\) reaches a maximum value of \(\frac{3}{16}J_0 a\) at \(r=\frac{3}{4}a\). The graph below shows \(H/(J_0a)\) as a function of \(x/a\).

Having whetted our appetites, we can now try the same problem but with some other distributions of current density, such as

\[\textbf{1}:J(r)=J_0\left ( 1-\frac{kr}{a}\right ); \textbf{ 2}:J(r)=J_0\left ( 1-\frac{kr^2}{a^2}\right ); \textbf{ 3}:J(r)=J_0\sqrt{1-\frac{kr}{a}}; \textbf{ 4}:J(r)=J_0\sqrt{1-\frac{kr^2}{a^2}}.\nonumber\]

The mean current density is \(\overline J =\frac{2}{a^2}\int_0^a rJ(r)\,dr\), and the total current is \(\pi a^2\) times this.

The magnetic field is \(H(r)=\frac{1}{r}\int_0^r xJ(x)\,dx\).

Here are the results:

1. \[J=J_0 \left ( 1-\frac{kr}{a}\right ),\quad \overline J = J_0 \left ( 1-\frac{2k}{3}\right ),\quad H(r)=J_0\left ( \frac{r}{2}-\frac{kr^2}{3a}\right ).\]

\(H\) reaches a maximum value of \(\frac{3J_0 a}{16k}\text{ at }r=\frac{3a}{4k}\), but this maximum occurs inside the cylinder only if \(k>\frac{3}{4}\).

2. \[J=J_0\left ( 1-\frac{kr^2}{a^2}\right ),\quad \overline J = J_0(1-\frac{1}{2}k),\quad H(r)=J_0\left ( \frac{r}{2}-\frac{kr^3}{4a^2}\right ).\]

\(H\) reaches a maximum value of \(\sqrt{\frac{2}{27k}}J_0\text{ at }\frac{r}{a}=\sqrt{\frac{2}{3k}}\), but this maximum occurs inside the cylinder only if \(k>\frac{2}{3}\).

3. \[J=J_0\sqrt{1-\frac{kr}{a}},\quad \overline J = \frac{J_0}{15k^2}[8-20(1-k)^{3/2}+12(1-k)^{5/2}],\quad H(r)=\frac{2J_0 a^2}{15k^2r}\left [ 2-5 \left ( 1-\frac{kr}{a}\right )^{3/2}+3\left ( 1-\frac{kr}{a}\right )^{5/2}\right ] .\]

I have not calculated explicit formulas for the positions and values of the maxima. A maximum occurs inside the cylinder if \(k > 0.908901\).

4. \[J=J_0\sqrt{1-\frac{kr^2}{a^2}},\quad \overline J = \frac{2J_0}{3k}\left [ 1-(1-k)^{3/2} \right ],\quad H(r)=\frac{J_0 a^2}{3kr}\left [ 1-\left ( 1-\frac{kr^2}{a^2}\right )^{3/2} \right ] .\]

A maximum occurs inside the cylinder if \(k > 0.866025\).

In all of these cases, the condition that there shall be no maximum \(H\) inside the cylinder – that is, between \(r = 0\text{ and }r = a\) - is that \(\frac{J(a)}{\overline J}>\frac{1}{2}\). I believe this to be true for any axially symmetric current density distribution, though I have not proved it. I expect that a fairly simple proof could be found by someone interested.

Additional current density distributions that readers might like to investigate are

\[ J=\frac{J_0}{1+x/a}\qquad J=\frac{J_0}{1+x^2/a^2}\qquad J=\frac{J_0}{\sqrt{1+x/a}}\nonumber\]

\[J=\frac{J_0}{\sqrt{1+x^2/a^2}} \qquad J=J_0e^{-x/a} \qquad J=J_0 e^{-x^2/a^2} \nonumber\]