Учебное пособие 1830
.pdf
|
|
|
/2 |
|
|
|
|
F jIBR |
|
cos d 2 jIBR . |
|||
|
|
|
/2 |
|
|
|
Видно, что сила F |
сонаправлена |
с |
положительным |
|||
направлением оси Oy (единичным вектором |
j ). Модуль силы |
|||||
равен |
|
|
|
|
|
|
|
|
F F 2IBR. |
|
|
||
Убедимся в том, что правая часть этого равенства даёт |
||||||
единицу силы (Н): |
|
|
|
|
|
|
[I][B][R]=1А·1Тл·1м = 1А·1Н·1м·1м/(1А·(1м)2)=1Н. |
||||||
Произведём вычисления: |
|
|
||||
|
F = 2·10·50·10-3·0,1Н = 0,1Н. |
|||||
Пример 4. В центре длинного соленоида, имеющего |
||||||
n=5 103 витков на метр, помещена рамка, состоящая из N=50 |
||||||
витков провода площадью S = 4 см2. Рамка может вращаться |
||||||
вокруг оси ОО, перпендикулярной оси соленоида (рис.4). При |
||||||
пропускании тока по рамке и |
|
pm |
||||
соленоиду, |
|
соединённых |
|
|||
последовательно, |
|
рамка |
|
|
||
повернулась на угол = 60 . |
|
|
||||
Определить |
силу |
тока, |
если |
|
B |
|
жёсткость |
|
пружины, |
|
|||
|
|
|
||||
удерживающей |
рамку |
в |
|
|
||
положении |
равновесия, |
равна |
|
Рис.4 |
||
k = 6 10–5Н·м / рад. |
Решение |
|
|
|||
|
|
|
|
|
||
При появлении тока рамка установится в таком |
||||||
положении, когда момент сил магнитного поля М |
||||||
уравновесится моментом упругих сил пружины |
M=Mупр.
9
По определению M pmBsin , где pm NIS –
магнитный момент, B 0nI – индукция поля соленоида.
С учётом этих выражений имеем:
M 0nNI2S sin .
Заметим, что вначале, когда тока нет, . Согласно
2
закону Гука
|
|
|
M упр k , |
|
где |
|
|
и, следовательно, sin cos . |
|
|
||||
2 |
||||
|
|
|
Таким образом, 0nNI2Scos k , откуда
I k 0nNScos 1 A.
Пример 5. Электрон, влетев в однородное магнитное поле с индукцией B=0,2Тл стал двигаться по окружности радиуса R 5см. Определить магнитный момент рm эквивалентного кругового тока.
|
Решение |
|
Электрон, |
влетающий |
в |
однородное |
магнитное |
поле |
перпендикулярно |
линиям магнитной |
индукции, начинает двигаться по окружности (рис.5). В этом случае сила Лоренца Fл e B сообщит электрону
нормальное ускорение an 2 .
R
Согласно второму закону Ньютона
m 2 e B. R
10
Fл B
e an
Рис.5
Отсюда находим скорость электрона eBR и период m
его обращения Т 2 R 2 m.
eB
Движение электрона по окружности эквивалентно круговому току
e e2B Iэкв T 2 m .
Зная Iэкв , найдем магнитный момент эквивалентного тока, который выражается соотношением
pm IэквS ,
где S=πR2 – площадь, ограниченная окружностью, описываемой электроном.
Подставим значения Iэкв и S в формулу магнитного момента, окончательно получим
P |
|
e2BR2 |
. |
|
|||
м |
|
2m |
|
|
|
|
|
Убедимся в том, что правая часть равенства даст единицу |
|||
измерения магнитного момента (А·м2): |
|
e2BR2 |
|
|
Кл2 Тл м2 |
|
Кл2 Н |
|
|
А2 |
с2 м м2 |
|
|
2 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
А м |
. |
|
m |
|
|
кг |
кг А м |
|
А м кг с2 |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Произведем вычисление: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
1,6 10 19 2 0,2 (0,05)2 |
|
|
|
2 |
|
12 |
2 |
|
|
||||
p |
m |
|
|
|
|
|
A |
м |
|
7 10 |
|
A м |
. |
|
||
|
2 9,1 10 31 |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 6. Электрон движется в однородном магнитном поле с индукцией В = 10мТл по винтовой линии, радиус которой равен 1 см и шаг h = 6 см (рис.6). Определить период Т обращения электрона и его скорость υ.
11
|
|
|
|
|
|
Решение |
|
|
||
|
Разложим |
|
скорость |
|
|
|
|
|||
электрона на две составляющие: |
|
|
|
|||||||
параллельную |
|
|
|
вектору |
|
|
|
|||
магнитной |
индукции |
|| |
и |
|
|| |
B |
||||
перпендикулярную ему . |
|
e |
|
|
||||||
Скорость |
|| |
в магнитном |
|
|
|
|||||
поле |
не |
|
|
изменяется |
и |
|
Рис.6 |
|
||
обеспечивает |
|
|
|
перемещение |
|
в |
|
|||
электрона вдоль силовой линии. |
Скорость |
результате |
||||||||
действия силы Лоренца будет изменяться только по |
||||||||||
направлению, обеспечивая движение по окружности. Таким |
||||||||||
образом, электрон будет участвовать одновременно в двух |
||||||||||
движениях: равномерном перемещении его со скоростью || и |
||||||||||
вращательном со скоростью . |
|
|
|
|||||||
|
Согласно второму закону Ньютона |
|
|
m 2 e B .
R
Перпендикулярная составляющая скорости будет равна
eBR
m .
Период обращения электрона связан именно с этой составляющей скоростью соотношением
T 2 R 2 m.eB
Проверим размерность полученного выражения и произведем вычисление:
m |
|
|
кг |
|
|
кг А м2 |
|
кг с2 |
|
м2 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1c |
|
|
Кл Тл |
А с Н м |
с кг |
м |
2 |
||||||||||||
eB |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
T |
|
|
2 9,1 10 31 |
|
3,57 10 |
9 |
с 3,57нс. |
|||||||||||
|
|
|
|
19 |
10 10 |
3 |
|
|
||||||||||
|
1,6 10 |
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
Модуль скорости υ, как видно из рисунка, можно выразить через составляющие и ||
2 2
||
Параллельную составляющую скорости || найдем из следующих соображений. За время, равное периоду обращения Т, электрон пройдет вдоль силовой лини расстояние h, т.е. h T || , откуда
|
|
|
|
|
|
|
|
|
eBh |
. |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
// |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 m |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Таким образом, модуль скорости электрона |
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
eB |
|
R |
2 |
|
|
h |
2 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
m |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Произведем вычисления: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
1,6 10 9 |
10 10 3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
2 |
|
0,06 2 |
2 |
|
7 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
0,01 |
|
|
|
|
|
|
м |
2,46 10 |
|
м |
. |
||||||
9,1 10 |
31 |
2 |
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
с |
|
|
с |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример 7. В одной плоскости с бесконечно длинным прямым проводом, по которому течёт ток I = 50А, расположена прямоугольная рамка так, что две большие стороны её длиной l = 65см параллельны проводу, а расстояние от провода до ближайшей из этих сторон равно её ширине. Каков магнитный поток Ф, пронизывающий рамку?
Решение
Магнитный поток Ф через поверхность площадью S определяется выражением
BndS .
S
В нашем случае вектор магнитной индукции B перпендикулярен плоскости рамки. Поэтому для всех точек рамки Bn=B. Магнитная индукция B, создаваемая бесконечно
13
длинным прямым проводником с током, определяется формулой
B 0I , 2 x
где х – расстояние от провода до точки, в которой
определяется B. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
х, то |
Так как В зависит от |
|
|
B |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
и элементарный поток |
|
|
|
|
|
|
|
|
dx |
|||||||||
будет также зависеть от х |
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dS dx |
|||
|
dФ=В(х)dS. |
I |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
Разобьём |
площадь |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
рамки |
на |
узкие |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
a |
||||||||||||
элементарные |
площадки |
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
длиной , шириной dx и |
|
|
|
Рис.7 |
||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||
площадью dS= dx (рис.7). В |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
пределах этой площадки магнитную индукцию можно считать постоянной, так как все части площадки равноудалены (на расстояние x) от провода. С учётом сделанных замечаний элементарный магнитный поток можно записать в виде
d 0I dx.
2 x
Проинтегрировав полученное выражение в пределах от x1= a до x2 = 2a, найдём
|
0I |
2a |
0I |
|
|
|
dx |
ln2. |
|||
2 x |
|
||||
|
a |
2 x |
Убедимся в том, что правая часть полученного равенства дает единицу магнитного потока (Вб):
[μ0][I][l] = 1Гн/м·1А·1м = 1 Вб.
Произведя вычисления, найдём
Ф = 4,5 мкВб.
14
Пример 8. Плоский квадратный контур со стороной а = 10 см, по которому течет ток I = 100А, свободно установился в однородном магнитном поле с индукцией В = 1 Тл. Определить работу А, совершаемую внешними силами при повороте контура относительно оси, проходящей через середину его противоположных сторон на угол 90˚.
Решение
Данную задачу можно решить несколькими способами. Способ 1.
На контур с током в магнитном поле (рис.8) действуетI момент силы
|
|
|
|
|
M pmBsin , |
|
|
|
|
||||
где |
pm IS Ia2 – |
магнитный |
|
|
|
|
|||||||
момент |
контура; |
α – |
угол |
между |
|
|
|
I |
|||||
|
|
|
|||||||||||
векторами |
|
pm |
(направлен |
по |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
B |
|||||||||
направлению |
|
положительной |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|||||||||
нормали к контуру) и B . |
|
|
|
|
|
|
pm |
||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||
По |
условию |
задачи |
в |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
||||||||||
начальном |
|
положении |
контур |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|||||||||
свободно установился в магнитном |
Рис.8 |
||||||||||||
поле, т.е. М=0, а значит векторы |
pm |
||||||||||||
|
|
|
|
и B сонаправлены (α=0). Если внешние силы выведут контур из положения равновесия, то возникший момент сил будет стремиться возвратить контур в исходное положение. В силу зависимости М от угля поворота α, для вычисления работы внешних сил воспользуемся интегрированием. Элементарная работа равна
dA= Mdα = IBa2sin α dα.
Взяв интеграл от этого выражения, найдем работу при повороте контура на конечный угол 2 :
15
A IBa2 sin d IBa2 cos 0 2 IBa2 .
0
Производя расчет в единицах СИ, получим
А = 100·1·0,12 Дж =1 Дж.
Способ 2.
Работа внешних сил при повороте контура с током в магнитном поле равна произведению силы тока на изменение магнитного потока, пронизывающего контур:
A I I( 1 2 ),
где Ф1 – магнитный поток, пронизывающий контур до поворота, Ф2 – то же, после поворота.
Если 1 2 , то Ф1=ВS, Ф2=0.
Следовательно,
А = IBS = IBa2.
Способ 3.
Воспользуемся выражением для механической потенциальной энергии контура с током в магнитном поле
Wп pmBcos .
Работа внешних сил равна приращению потенциальной энергии
А=ΔWп = W2 - W1,
или
A pmB(cos 1 cos 2).
Так как рm= Ia2, cosα1=1 и cosα2=0, то
A=IBa2.
Пример 9. В однородном магнитном поле (В = 0,2Тл) равномерно с частотой ν = 600 мин-1 вращается рамка, содержащая N = 1200 витков, плотно прилегающих друг к другу. Площадь рамки S = 100 см2. Ось вращения лежит в
16
плоскости рамки и перпендикулярна линиям магнитной индукции. Определите максимальную ЭДС, индуцируемую в рамке.
Решение
Согласно закону электромагнитной индукции
E =- d , dt
где Ф = NBScos α – полный магнитный поток, пронизывающий рамку.
При вращении рамки угол , образованный нормалью n к плоскости рамки и линиями индукции, изменятся по закону
t 2 t
Подставив в закон электромагнитной индукции выражение магнитного потока и продифференцировав по времени, найдем значение ЭДС индукции:
Ei = NBS d (cos2 t) NBS 2 sin2 t. dt
Максимальное значение ЭДС определится при условии, что sin2πνt =1. Таким образом,
Emax =2 NBS.
Убедимся в том, что правая часть этого равенства дает единицу ЭДС (В):
2 NBS |
Тл м2 |
|
Н м |
|
Дж |
В |
с |
А м с |
|
||||
|
|
|
Кл |
|||
Произведем вычисление: |
|
|
|
|
||
Emax=2 10 1200 0,2 100 10 4 |
151(B). |
Пример 10. Соленоид содержит N=1200 витков провода, плотно прилегающих друг к другу. При силе тока
17
I=4A магнитный поток Ф = 6 мкВб. Определить индуктивность L соленоида и энергию магнитного поля соленоида.
Решение
Индуктивность L связана с потокосцеплением Ψ = LI. Потокосцепление, в свою очередь, равно
Ψ = NФ.
На основании этих формул индуктивность соленоида
L N .
I
Энергия магнитного поля соленоида
W LI2 NФI . 2 2
Подставим в формулы для L и W значения физических величин и произведем вычисления:
L 1,2 103 6 10 6 Гн 1,8Гн; 4
W1 1,2 103 6 10 6 4Дж 14,4мДж. 2
Пример 11. Определить индукцию В и напряжённость Н магнитного поля на оси тороида без сердечника, по обмотке которого, содержащей N = 200 витков, течет ток I =5 А. Внешний диаметр d1 тороида равен 30см, внутренний d2 = 20 см.
Решение
Для определения напряжённости магнитного поля внутри тороида вычислим циркуляцию вектораН вдоль линий магнитной индукции поля
N
H d Ii .
L i 1
18