22الكهرمغناطيسية في المادة

حل التمرين 22.1.

(أ) $+P$ على الوجه الذي يشير إليه $\vect P$، و $-P$ على الآخر. (ب) واللوحان اللانهائيان $\pm P$ ينتجان $P/\varepsilon_0$ بينهما، موجَّهًا من $+$ إلى $-$، أي عكس $\vect P$. (ج) $\vect D = \varepsilon_0\vect E + \vect P = 0$ — كما يجب: فلا شحنة حرة، ومركبة $\vect D$ الناظمية متصلة من الخلاء في الخارج. (د) المغنط القضيبي: أي كثافة ثنائيات أقطاب مجمَّدة، و مجال تسنده منابعه المرتبطة نفسها.

حل التمرين 22.2.

(أ) $C = \varepsilon_{\text{r}}C_0 = 400\,\mathrm{pF}$. (ب) و $Q = 1.2\,\mathrm{nC}$ محبوسة: ومنه $V = Q/C = 3\,\mathrm{V}$. (ج) $\tfrac12C_0V_0^2 = 7.2\,\mathrm{nJ}$ قبلُ، و $1.8\,\mathrm{nJ}$ بعدُ: فصارت $5.4\,\mathrm{nJ}$ المفقودة شغلًا ميكانيكيًّا — إذ يسحب المجال الهدّاب الصفيحةَ إلى الداخل. (د) وبالبطارية موصولة: يبقى $V$ عند $12\,\mathrm{V}$، وتتضاعف $Q$ أربع مرات، وترتفع الطاقة إلى $28.8\,\mathrm{nJ}$ — فتدفع البطارية ثمن طاقة المجال الجديدة والسحب معًا.

حل التمرين 22.3.

الماء: معاكس — فكل إلكتروناته مزدوجة، ولا معاكسة إلا المستحثّة بلارمور. والألومنيوم: مساير (بسبينات إلكترونات الناقلية). والأكسجين السائل: مساير بقوة — إذ يحمل O$_2$ إلكترونين غير مزدوجين (بملء قاعدة هوند لمداراته المضادّة للربط، الفصل 14)؛ وهو يلتصق مرئيًّا بين قطبَي مغنط. والنيكل: حديدي. والمغنط يجذب النيكل والأكسجين السائل جذبًا مرئيًّا، وينفر الماء نفرًا طفيفًا جدًّا — أي الغمّازة التي يحدثها مغنط قوي في سطح ماء.

حل التمرين 22.4.

(أ) $H = nI = 3000\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$. (ب) $M = B/\mu_0 - H = 1.27 \times 10^{6}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$. (ج) $B/\mu_0H \approx 420$. (د) والتيار السطحي المرتبط المكافئ هو $M \approx 1.27 \times 10^{6}\,\mathrm{A}$ في المتر — أي أربعمئة ضعف $nI = 3000\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ للوشيعة نفسها: فالحديد يؤدي كل العمل تقريبًا.

حل التمرين 22.5.

(أ) سطح غاوس الأسطواني لا يحيط إلا بشحنة حرة: $D = \lambda/2\pi r$، قطريًّا. (ب) $E = \lambda/2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\text{r}}r$، و $P = (\varepsilon_{\text{r}}-1)\lambda/2\pi\varepsilon_{\text{r}}r$. (ج) $\sigma_{\text{b}}(a) = -P(a)$: أي لكل وحدة طول $-(\varepsilon_{\text{r}}-1)\lambda/\varepsilon_{\text{r}}$؛ و عند $r = b$، $+P(b)$: أي لكل وحدة طول $+(\varepsilon_{\text{r}}-1)\lambda/\varepsilon_{\text{r}}$ — ومجموعهما منعدم، كما يجب للشحنة المرتبطة. (د) $V = \int E\,\dd r = (\lambda/2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\text{r}})\ln(b/a)$، ومنه $C/\ell = 2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\text{r}}/\ln(b/a)$: أي مضروبة في $\varepsilon_{\text{r}}$.

حل التمرين 22.6.

(أ) $n = P/k_{\text{B}}T = 2.4 \times 10^{25}\,\mathrm{m}^{-3}$، ومنه $\alpha/\varepsilon_0 = \chi/n \approx 2.2 \times 10^{-29}\,\mathrm{m}^{3}$ — أي حجم كرة نصف قطرها $\approx1.7\,\text{Å}$: فالقابلية للاستقطاب هي الحجم الذرّي، بوحدات $\varepsilon_0$. (ب) $n\alpha/3\varepsilon_0 = 0.15$، ومنه $(\varepsilon_{\text{r}} - 1)/(\varepsilon_{\text{r}} + 2) = 0.15$ يعطي $\varepsilon_{\text{r}} = 1.53$ — مطابقًا تمامًا للقيمة المقيسة. (ج) وتصحيح المجال الموضعي أثر مقداره 15 % هنا؛ والأرغون غير قطبي، فلا مساهمة توجيه تجمح. (د) والجزيئات القطبية (الماء و HCl): تهيمن فيها ثنائيات الأقطاب الدائمة و تتفاعل؛ فتحلّ نظرية لانجفان–ديباي (ونظرية أونساغر للسوائل الكثيفة) محلّ حجة التجويف البسيطة.

حل التمرين 22.7.

(أ) $\chi_{\text{e}} = np^2/3\varepsilon_0k_{\text{B}}T \approx 11.5$. (ب) $E = k_{\text{B}}T/p \approx 6.7 \times 10^{8}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ — أي عشرة أضعاف مجال الانهيار: فالماء يعمل دائمًا في عمق النظام الخطي. (ج) وعند $2.45\,\mathrm{GHz}$ تكاد ثنائيات الأقطاب تجاري لكنها تتأخر: فيؤدي الجزء غير المتوافق في الطور من الاستجابة شغلًا صافيًا على الماء كل دورة — أي التسخين العازلي. وفي الجليد تكون الجزيئات مقيَّدة بالشبكة؛ ويقع استرخاؤها الدوراني عند الكيلوهرتز، فلا يكاد الجليد يمتصّ عند الغيغاهرتز (فدورات إذابة الصقيع تنبض برفق، وتترك الماء المنصهر يؤدي التسخين). (د) الماء: سالبة (باستجابة توجيه $1/T$)؛ والأرغون: منعدمة عمليًّا — فالقابلية المستحثّة للاستقطاب لا تعبأ بدرجة الحرارة.

حل التمرين 22.8.

(أ) إزاحة لارمور تغيّر التيار الدائر بمقدار $\Delta I = -e\Delta\omega/2\pi = -e^2B/4\pi m_{\text{e}}$، ومنه $\Delta\mu = \Delta I\cdot\pi r^2 = -e^2r^2B/4m_{\text{e}}$، معاكسًا $\vect B$ أيًّا كان اتجاه دوران الإلكترون — أي قانون لنز على المقياس الذرّي. (ب) وبالأعداد المذكورة، $\chi_{\text{m}} \approx -9.5\times10^{-6}$: أي القيمة المقيسة $-9\times10^{-6}$، من نموذج حلقة. (ج) والعزم المستحثّ يأتي من تشويه المدار، لا من منافسة بولتزمانية بين المحاذاة والفوضى — فلا $T$ في أيّ موضع. (د) والماء معاكس، فتُدفع الضفدعة نحو المجال الضعيف؛ وكثافة القوة $\propto \chi\,\nabla(B^2/2\mu_0)$ تنعدم في مجال منتظم — فيحتاج الرفع إلى $B\,\dd B/\dd z$ كبير بما يكفي لموازنة $\rho g$، ومنه التجويف عند $16\,\mathrm{T}$.

حل التمرين 22.9.

(أ) $\chi_{\text{m}} = \mu_0n\mu_{\text{B}}^2/3k_{\text{B}}T \approx 1.7\times10^{-5}$ عند $300\,\mathrm{K}$، و $5\times10^{-3}$ عند $1\,\mathrm{K}$. (ب) وبالاستقراء تبلغ $\chi \to 1$ قرب $5\,\mathrm{mK}$ — لكن اقترانات ثنائي القطب والتبديل ترتّب (أو تجمّد) الأملاح الحقيقية أولًا: فقانون كوري قانون درجات حرارة مرتفعة. (ج) وبالمغنطة عند $1\,\mathrm{K}$ تُعصر إنتروبيا السبين إلى الحمّام؛ ومع العزل تثبت $S$، ويتيح إنقاص $B$ للسبينات أن تستعيد $k_{\text{B}}\ln 2$ لكلٍّ منها — والطاقة تأتي من الشبكة، فتهبط درجة حرارتها (إلى الميليكلفنات عمليًّا). (د) وسبينات المغنط الحديدي ترتّب نفسها تحت $T_{\text{c}}$: فلا تعود إنتروبيتها محكومة بالمجال، ويبدّد التخلّف بدل أن يبرّد.

حل التمرين 22.10.

(أ) $NI = B(\ell/\mu_0\mu_{\text{r}} + e/\mu_0)$: فمع المكافئ $\ell/\mu_{\text{r}} = 0.15\,\mathrm{mm}$ في مقابل $e = 4\,\mathrm{mm}$، يكون $NI \approx 3960$ أمبير-لفة، و $I \approx 7.9\,\mathrm{A}$. (ب) و $4/4.15 \approx 96\,\%$ من الجهد يعبر الفجوة. (ج) $\Phi = NI/(\mathcal R_{\text{حديد}} + \mathcal R_{\text{فجوة}})$ مع $\mathcal R = \ell/\mu A$: فالقوة المحرّكة المغناطيسية $NI$ تؤدي دور الجهد، والتدفق دور التيار، و الممانعة دور المقاومة — وهنا $\mathcal R_{\text{فجوة}} \approx 2.0\times10^{6}\,\mathrm{H}^{-1} \approx 27\,\mathcal R_{\text{حديد}}$. (د) ووراء $1.8\,\mathrm{T}$ تنهار $\mu_{\text{r}}$ التزايدية للحديد نحو الواحد: فترتفع ممانعته، ولا يشتري التيار الزائد تدفقًا زائدًا يُذكر، والمحرك المدفوع إلى هناك يتوقف عن كسب العزم بينما تُطهى ملفّاته.

حل التمرين 22.11.

(أ) $P = wfV = 40\times50\times4 \times 10^{-3} = 8\,\mathrm{W}$ — وهو مقبول. (ب) و$1.2\,\mathrm{kW}$: فيتوهج القلب؛ والفولاذ الصلب مستبعَد من الخدمة المتناوبة بفضيلته نفسها. (ج) وقوى إيدي المحرّكة تتحجّم مع مساحة الحلقة ومع $f$؛ والتصفيح (أو التمسيح، أو استعمال الفرّيتات العازلة) يقطّع الحلقات، فيقصّ فقد $f^2$ — ولذلك تملك الفرّيتات مجال الميغاهرتز. (د) والذاكرة تريد حاجز البِتّ المخزون $\sim\mu_0H_{\text{c}}M_{\text{s}}V \gg k_{\text{B}}T$ لعقد كامل (وهو حدّ المسايرة الفائقة)، أي $H_{\text{c}}$ كبيرة بقدر ما يمكن الكتابة عليه؛ أما المحوّل فيريد $H_{\text{c}} \to 0$ من أجل حلقة رفيعة. فلا تجلس مادة واحدة عند الطرفين: مغانط ليّنة للآلات، وصلبة للذاكرة.

حل التمرين 22.12.

(أ) الإبرة الطويلة الممغنطة محوريًّا ملفّ طويل من تيار مرتبط: ففي داخلها $H \approx 0$ (وكل $B$ من $M$). أما الصفيحة الرقيقة الممغنطة عبر وجهيها فهي أقصر ملفّ وأسمنه ممكن: فيعطي مجال عودتها الداخلي $H = -M$. (ب) والمغنط القصير يعمل عند $H = -N_{\text{d}}M$، أي في عمق منحني إزالة مغنطته: فتقضم حركة الجدران البقيّة؛ أما الإبرة فتجلس عند $H \approx 0$ وتحفظ ما لديها. (ج) ومن هنا إبر البوصلة، والحبيبات المستطيلة أحادية المنطقة في الشريط المغناطيسي والأقراص الصلبة الأولى — أي لااستواء الشكل تأمينًا للذاكرة. (د) وحفظ التدفق مع $\oint\vect H\cdot \dd\vect\ell = 0$ يعطي في داخل كرة $H_{\text{داخل}} = H_0 - M/3$؛ وكلما $\mu_{\text{r}}\to\infty$ يسوق الحديد $H_{\text{داخل}}\to0$، ومنه $M \to 3H_0 = 3B_0/\mu_0$: فلا تستطيع الكرة أن تركّز المجال إلا ثلاثة أضعاف، مهما كان الحديد “جيدًا”.