Задачи по физике твердого тела - Голдсмид Г. Дж.
Скачать (прямая ссылка):
zf, в этом случае тензор размагничивающих факторов имеет вид
/Дг! 0 °\
D = I 0 Dyi 0 .
\ 0 0 Dj
Предположим также, что вектор намагниченности М имеет направляющие
косинусы т,-, /г,- по отношению к осям yt, гг. Тогда
Н[ = - ОМ = - М {hDxlix -f- niDyVj1 -)- tiiD^kx),
Hn = M (l2Djf2iz miPy2j2 -f- n2Dz2k2) ¦
Отсюда получаем, что
Fn = 2 nlDn) (vi - 2Уг) -f- (ЦОх2 т%Ру2 -f- n\D-2) u2]-
9.13. Поскольку ф = ^ M J1 dS, то поле в центре зазора
где Sx и S2 относятся к торцу и к конической поверхности полюсного
наконечника, а смысл остальных обозначений ясен из рис. 9.13.1.
Рис. 9.13.1. Схема электромагнита с полюсными наконечниками в виде
усеченных конусов.
Для поверхности Si
Мп = М, г2 = хг cos-2 a, d.S1 = 2nydy, y = xtga, dy = хcos-2 a da, тогда
как для поверхности So
M n = M sin 5, d52 = -^jdg,
r2=-
sin2 0
cos a - cos 9.
Следовательно,
H=4nM
о U
$ sin a da-f sin2 0 cos 9 J у
= 4лМ [1 - cos 9-f sin2 9 cos 9 In (b/a)]. Если пренебречь вкладом от Slt
то получим
Н = 4яМ sin2 9 cos 9 In (b/a).
Для того чтобы поле было максимальным, должно удовлетворяться соотношение
дН/дЪ = 0; использование этого условия дает
tg9=1^2,
или В = 54°44'. Если находить максимальные значения суммарного поля (с
учетом и Si, и S2), то 9 будет являться функцией отношения Ь/а.
9.14. Пусть а -угол между полярной осью и направлением вектора
намагниченности М\ ф -угол между Л/и/И, тогда ф = = 9-fa. Свободная
энергия размагничивания задается выражением
Fd=~M2 (Dacos2а + Db sin2a) V =
= j (Da + D") M*V -\(Db- Da) M?V cos 2a,
246
где V = */зnab2. При наличии внешнего поля свободная энергия
FH = - НМ V cos ф.
Если предположить, что все остальные вклады в свободную энергию в сумме
дадут нуль, то полная свободная энергия будет иметь вид: Ft = FD-\-FIj.
Критическое поле, необходимое для скачкообразного изменения
намагниченности, возникает тогда, когда полная свободная энергия
изменяется от минимума до максимума. Это условие записывается в виде
дЛ = = п
йф бф2
Из этого условия следуют два уравнения
Лхрит sin фс + у sin [2 (фс - 0)] = 0, йкрит cos фс + cos [2 (фс - 9)] =
0.
Исключение величины Акрит дает
2tg (0 + ac) = tg2a(:.
После разложения тангенсов находим, что
tg3ac = tg0 = MJ3.
Теперь, поскольку фс = 0 + arctg w,
, tge+O) W 1 . n
tg Фс - I - ш Ig e ~ 1- w2 ~ T (r) c'
TO
. n 2w
sin2ac =------ и sin фс =
ш2+1 V\ - W2 + W*
Поэтому критическое поле равно
. 1 sin 2ас _ 1^1- w2-\-ufl
"крит- Т япфс - 1+ш2
Для 0 = 0; 10; 45 и 80° Акрит = - 1,000; -0,674; -0,500 и
- 0,674 соответственно.
9.15. Для энергии взаимодействия двух диполей имеем
Fdd = т? [cos (0? - 0,) - 3 cos 0? cos 0,],
i)
где 0; и 0,- - углы, составляемые i-м и /-м дипольными моментами с
вектором /¦>,-, соединяющим центры сфер.
Если векторы намагниченности переворачиваются вследствие равномерного
параллельного вращения, то 0г = 0/. Тогда
~ (2а)3 0 - ^ cos2 0) (^ + 4 + 27^ 108 (9а)3 ^ ^ COs2 0^'
247
Этот результат можно обобщить: для п сфер
П
2 т^<'-3cos'">-
/= 1
Поскольку поле Н приложено вдоль оси цепочки, FH = AyiH cosfl, то полная
энергия в этом случае является суммой этих двух свободных энергий. При
равновесии dFr!dQ - 0, и поэтому
" 3 355 ц 0
Н = ТТб8'(2а)3 с '
Из рассмотрения второй производной и особенностей петли гистерезиса
видно, что коэрцитивная сила соответствует 0 = 0°. Следовательно,
яс = 4,эз
В случае "веерной" ориентации
02 = 01 = 04 = 03,
раа = (ga [(cos 20 - 3 cos* 0) (з + ^) + 1 (1 - 3 cos* 0)] =
ц2 /82 OD 355 .Л
" (2а)3 \27 C0S 36 C0S )1
Заметим, что для л сфер
р _ j_________
ad f9n\3
LI2
тз
Г ~ (л - 2) < / ^ 2-гх
2 w(,-3cos'e)+
/ = 1
+ Z 12/- 1)3~ (C0S 29-3 C0S' 0)
Свободная энергия взаимодействия сфер с внешним полем формально совпадает
с энергией вращения, поскольку cos (- 0) - = cos 0. При равновесии
" и, / 3 355 82\ _ п
^ (2а)3 ( 2 108 27/ '
Подставляя в предыдущее соотношение 0 = 0, для коэрцитивной силы получаем
значение
Яс= 1,89^3.
9.16. Полная свободная энергия является суммой свободной энергии
анизотропии FK = K[V sin*0 и свободной энергии, обусловленной
взаимодействием с приложенными полями, Fh - = - (НгМ cos 0 + НХМ sin 0)
V, где 0 - угол между вектором намагниченности и осью 2, V - объем
пленки.
248
Поскольку условие для необратимого поворота (см. задачу 9.14) есть dFT/dQ
- d2FT/dQ2 = 0, то компоненты критического поля должны удовлетворять
системе уравнений
sin 28 + hz sin 0 - hx cos 8 = 0,
cos 28 + hz cos 8 + hx sin 8 = 0.
Исключая отсюда hx, получаем, что hz = - cos3 8; аналогичным образом Л* =
sin3 8. Возводя hx и hz в степень 2/3 и суммируя их, получаем уравнение
астроиды (гипоциклоиду с четырьмя лепестками)
hT+hl/3=h
Уравнение касательной в точке (Л.го. Ко) к астроиде имеет вид
hx~hxo= dh* hz-hzQ dhg *
следовательно,
hx - sin3 8 sin 6
hg+cos3 e cos e1
- sin 28 -J-hz sin 8 - hx cos 8 = 0,
Рис. 9.17.1. Схема расположения суммарных намагниченностей монодоменных
частиц после включения магнитного поля Н.
что как раз и соответствует равенству dFT/d 6 = 0.
