Учебники 80226
.pdfизображено |
|
на |
рис. 2.9, |
силу |
|
представим |
в |
виде |
|||||||||
|
dF |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dFx и |
|
dF |
i dFx jdFy , |
где i, |
j – единичные векторы (орты); |
||||||||||||||
dFy |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
- проекции вектора dF на координатные оси Ох и Оу. |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Силу F , действующую на |
весь |
провод, |
найдем |
||||||||||||||
интегрированием: |
|
L |
|
|
L |
|
L |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
F |
|
dF i |
|
dFx |
j |
dFy , |
|
|
|
||
где символ L указывает на то, что интегрирование ведется по |
|||||||||||||||||
всей длине провода L. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
Из |
соображений |
|
симметрии |
первый |
интеграл |
равен |
||||||||||
нулю ( |
L |
dFx |
0). Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
L |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
F |
j |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dFy . |
|
|
|
|
|
|||
|
Из рис. 2.9 следует, что dFy = dF cos , где dF — модуль |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
вектора |
dF |
|
(dF IBdl sin(dl B)) |
1. |
Так |
как |
вектор dl |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
перпендикулярен вектору B |
|
(sin(dl B) 1) , то dF = IBdl. |
|||||||||||||||
Выразив длину дуги dl |
через радиус R и угол |
, |
получим |
dF IBRd . Тогда dFy IBR cos d .
Введем dFy под интеграл и проинтегрируем в пределах от
2 |
до + 2 (как это следует из рис 2.9): |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|||||
|
F |
jIBR |
|
|
Cos d 2 jIBR. |
|
|
|||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|||
Из |
полученного |
выражения |
видно, что |
сила |
||||||||
F |
||||||||||||
сонаправлена с |
положительным |
направлением |
оси |
Оу |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(единичным вектором |
j ). Найдем модуль силы F : |
|
|
|||||||||
|
|
|
F |
|
|
|
2IBR. |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
F |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Произведем вычисления:
F 2 10 50 10 3 0,1 0,1 (Н)
Ответ: F=0,1 Н.
21
Задача 2.11. Электрон, имея скорость V = 2 Мм/с, влетел в однородное магнитное поле с индукцией В = 30 мТл под углом а = 30° к направлению линий индукции. Определить радиус R и шаг h винтовой линии, по которой будет двигаться электрон.
|
Дано: |
|
|
|
|
|
Решение: |
|||
|
|
Мм |
|
|
6 м |
|
|
|
||
|
|
2 |
10 |
Разложим вектор V |
на две состав- |
|||||
V = 2 |
|
|
|
|
|
|
V , |
|
||
|
с |
|
с |
ляющие: |
направленную |
|||||
|
|
|
|
|
||||||
В = 30мТл= 30 10 3 Тл |
перпендикулярно к полю, т.е. |
|||||||||
|
300 |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
вектору B |
и V , |
направленную |
|||
|
R-?, h-? |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
вдоль поля (рис. 2.10). |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Проекция траектории
электрона на плоскость,
перпендикулярную к индукции B , представляет собой окружность, радиус которой равен искомому радиусу винтовой траектории. Из рис. 2.10
V V sin , V V |
cos . |
|
|
|
|
Рис. 2.10 |
|
В результате одновременного участия в движениях по |
|||
окружности со скоростью |
V и |
прямой со скоростью |
V |
электрон будет двигаться по винтовой линии.
Сила Лоренца F e V B сообщает электрону нормаль-
ное ускорение an . |
По второму закону Ньютона, |
F man где |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
mV 2 |
mV |
mV sin |
|
|||||||||||
|
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
a |
|
|
|
|
|
. Тогда |
e |
V |
|
B |
|
, откуда R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
R |
|
|
e |
B |
|
e |
B |
|
||||||
где |
|
m 9,1 10 31 кг — масса электрона, |
|
e |
|
1,6 10 19 Кл — |
|||||||||||||||||
|
|
|
заряд электрона.
Подставив значения величин, m, e, B и и произведя вычисления, получим
22
R 9,1 10 31 2 106 0,5 0,19 10 3 (м) 0,19(мм). 1,6 10 19 30 10 3
Шаг винтовой линии равен пути, пройденному электроном вдоль поля со скоростью V за время, которое понадобится электрону для того, чтобы совершить один оборот,
h = V T ,
где T 2R — период вращения электрона. Тогда:
V
h V |
|
2R |
|
2R V cos |
2 R ctg . |
||
|
|
||||||
|
|
V |
|
V sin |
|
||
|
|
|
|
||||
Поставив в эту формулу значения величин |
и вычислив, |
||||||
получим: |
|
|
|
|
|
|
|
h 2 3,14 0,19 10 3 |
1,73 2,06 10 3 (м) 2,06(мм) . |
||||||
Ответ: R = 0,19мм, |
h = 2,06мм. |
|
|||||
Задача 2.12. Альфа-частица прошла |
ускоряющую |
разность потенциалов U = 104 В и влетела в скрещенные под прямым углом электрическое (Е = 10 кВ/м) и магнитное (В=0,1 Тл) поля. Найти отношение заряда альфа-частицы к ее массе, если, двигаясь перпендикулярно обоим полям, частица не испытывает отклонений от прямолинейной траектории.
|
Дано: |
|
|
|
|
Решение |
|
||
U= 104В |
|
|
Для того чтобы найти отношение |
||||||
|
|
||||||||
E=10кВ/м=10 103 В/м |
заряда альфа-частицы к ее массе |
||||||||
|
B 0,1Тл |
|
воспользуемся связью между |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
E |
B |
|
|
работой сил |
|
|||
|
q m ? |
|
|
электрического |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
поля |
и |
изменением кинетической |
|
||||||
энергии |
частиц: qU mV 2 |
2, |
откуда |
|
|||||
|
q |
|
V 2 |
. |
|
|
|
|
|
|
m |
2U |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Скорость альфа-частицы найдем из |
|
||||||
следующих |
соображений. |
В |
скре- |
Рис. 2.11 |
23
щенных электрическом и магнитном полях на движущуюся
заряженную частицу действуют две силы: |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
а) |
сила |
|
Лоренца |
|
Fл |
q VB , |
направленная |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
перпендикулярно скорости V |
|
и вектору магнитной индукции |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
б) кулоновская сила Fк qE , сонаправленная с вектором |
|||||||||
электрического поля (q > 0). |
|
|
|
|
||||||
E |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Направим вектор магнитной индукции |
B вдоль оси Oz |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(рис. 2.11), скорость V — в положительном направлении оси |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ox , тогда Fл и Fл |
будут направлены так, |
как это указано на |
||||||||
рис. 2.11. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Альфа-частица, |
не |
будет |
|
испытывать |
отклонения, если |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
геометрическая |
сумма |
сил Fл + |
Fк будет |
равна нулю. В |
проекции на ось Oy получим следующее равенство (при этом
учтено, что вектор скорости V перпендикулярен вектору магнитной индукции B и sin(V B) 1) :
qE qVB 0,
откудаV E B.
Подставив это выражение скорости в формулу (1), получим
|
|
|
|
|
q |
|
E2 |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
m |
2UB2 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Подставим значения E,U и В и вычислим: |
|||||||||||
|
q |
|
(10 103 )2 |
4,81 107 ( |
|
Кл |
) 48,1МКл кг. |
||||
|
|
|
|
|
|
||||||
|
m 2 104 0,12 |
|
|
|
|
|
кг |
|
Ответ: q/m = 48,1 МКл/кг.
Задача 2.13. Виток, по которому течет ток I=20А, свободно установится в однородном магнитном поле
24
В = 16 мТл. Диаметр d витка равен 10 см. Какую работу нужно
совершить, |
чтобы медленно повернуть виток на угол |
|
||
2 |
||||
относительно оси, совпадающей с диаметром? |
|
|||
|
|
|
Решение: |
|
Дано: |
|
|
При медленном повороте контура в |
|
I=20A |
|
|
магнитном поле индукционными |
|
В=16 мТл=16·10 3 Тл |
|
|
|
|
D=10см=0,1м |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
А - ? |
|
|
|
|
токами |
можно |
|
Рис. 2.12 |
|
|
|
|||
|
|
|
пренебречь и считать ток в контуре неизменным.
Работа сил поля в этом случае определяется выражением:
А = I(Ф2-Ф1)
где Ф1 и Ф2 – магнитные потоки, пронизывающие контур в начальном и конечном положениях. Работа внешних сил будет равна модулю работе сил поля и противоположна ей по знаку, т.е
Aвн I (Ф1 Ф2 ) ,
В начальный момент вектор магнитного момента Pm контура
со направлен с вектором В (рис. 2.12, а) и магнитный поток Ф1 максимален(α = 0, cosα = 1), т.е Ф1 = BS, где S - площадь
контура. В конечном положении (рис. 2.12, б) вектор Pm перпендикулярен вектору В (α = 2, cosα = 0) и магнитный
поток Ф2=0. Тогда:
Авн IФ1 IBS , где S= d4 2 ;
25
|
A |
IB |
d |
2 |
. |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
||||
|
вн |
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Подставим числовые значения и вычислим |
||||||
А 20 16 10 3 |
3,14 0,01 |
2,5 10 3 2,5 мДж. |
||||
|
||||||
вн |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: Авн 2,5 мДж. |
|
|
|
|
|
|
Задача 2.14. Прямой |
бесконечный ток I1 = 5 A и |
прямоугольная рамка с током I 2 = 3 A расположены в одной
плоскости так, что сторона рамки l = 1 м параллельна прямому току и отстоит от него на расстоянии r = 0,1 b, где b — длина другой стороны рамки (рис. 2.13). Определить какую работу необходимо совершить для того, чтобы повернуть рамку на угол α=90˚ относительно оси OO1 , параллельной прямому току и проходящей через середины противоположных сторон рамки b.
|
Решение: |
Дано: |
Легко видеть, что во втором положении |
I1 =5A I 2 =3A |
магнитный поток через рамку равен |
l=1м; r =0,1b;α=90˚ |
нулю: Ф2 =0. |
Таким образом, необходимо рассчитать A-? магнитный поток Ф1 , через рамку в первом положении. Так как поле прямого бесконечного тока
I1
B1= 0 I
2 r
является неоднородным, то применим дифференциально-интегральный метод. Разделим площадь рамки на столь узкие полосы, чтобы в пределах каждой такой полосы магнитное поле можно было бы приближённо считать однородным. Рассмотрим одну такую полоску шириной dx (рис. 2.13),
26
находящуюся на расстоянии x от прямого тока I1. Элементарный магнитный поток через эту полоску
dФ = BdS = 0 I1 ldx
2 x
Отсюда после интегрирования по x находим магнитный поток:
0,1b b |
I l |
dx |
|
I l |
ln 11. |
|
Ф = |
0 |
1 |
0 |
1 |
||
0,1b |
2 x |
|
2 |
|
||
|
|
|
|
|
|
Подставляя численные значения, получаем A 7,1 10 6 Дж.
Ответ: A 7,1 10 6 Дж.
Задача 2.15. В однородном магнитном поле с индукцией В = 0,1 Тл равномерно вращается рамка, содержащая N = 1000 витков, с частотой n = 10 c 1 . Площадь S рамки равна 150 см 2 . Определить мгновенное значение ЭДС i , соответствующее углу поворота рамки 30˚.
Дано |
|
|
Решение: |
||
|
|
||||
|
Мгновенное |
значение ЭДС ξi |
|||
В=0,1 Тл |
|
||||
|
определяется |
основным |
|||
N=1000 |
|
||||
|
уравнением |
электромагнитной |
|||
N=10c 1 |
|
||||
|
индукции Фарадея-Максвелла: |
||||
|
|
||||
S=150см |
2 =150 10 4 м2 |
|
ξi =-dψ/dt |
||
|
|
|
|||
α=30˚ |
|
Потокосцепление ψ = NФ, где N |
|||
|
|
— число витков, пронизываемых |
|||
ξi - ? |
|
||||
подстановки получаем: |
магнитным пото-ком Ф. После |
||||
|
|
|
|
||
|
|
ξi =-N |
dФ |
|
|
|
|
dt |
|
||
|
|
|
|
При вращении рамки магнитный поток Ф, пронизывающий рамку в момент времени t, изменяется по закону Ф = BScosωt,
27
где В - магнитная индукция; S - площадь рамки; ω - угловая частота. Подставив в формулу выражение Ф, и продифференцировав по времени, найдем мгновенное значение ЭДС индукции:
ξi = NBSωsinωt.
Учитывая, что угловая частота ω = 2πn и заменив ωt на угол α, получим:
ξi =2πnNBSsinα.
Произведя вычисления, найдем:
ξi = 2 3,14 10 1000 0,1 150 10 4 0,5 47,1(В) .
Ответ: ξi =47,1 В.
Задача 2.16. Катушку индуктивностью L=0,6 Гн подключают к источнику тока. Определите сопротивление катушки, если за время t = 3 с сила тока через катушку достигает 80% предельного значения.
Дано: |
Решение: |
|
|
|
|
|
L=0,6 Гн |
При замыкании цепи помимо внешней ЭДС ξ |
|||||
t=3c |
возникает ЭДС самоиндукции |
|
= - L |
dI |
, |
|
I=80%I0 |
s |
dt |
||||
|
|
|
||||
|
|
|
|
R-? препятствующая, согласно правилу Ленца, возрастанию тока. В процессе включения источника тока нарастание силы тока в цепи задаётся функцией:
|
|
|
|
t |
|
|
|
I = I |
0 |
(1-e |
), |
|
|
|
|
|
|
где τ |
L |
- время релаксации. |
|
|
|
R |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
Следовательно, сила тока в любой момент определяется из выражения:
Rt
I I0 (1 - e L ) .
28
Учитывая условия задачи, находим:
|
|
|
|
|
|
Rt |
|
|
|
|
Rt |
Rt |
||
0,8 I |
0 |
= I |
0 |
(1 - e |
L |
) ; |
|
0,8 = 1 - e L |
, |
e L = 0,2; |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
Rt |
ln 0,2 ; |
R = - |
L ln 0,2 |
|
; |
|
|||
|
|
|
|
L |
|
t |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
R = - |
0,6 ln 0,2 |
|
0,6( 1,6) |
0,321 Ом. |
||||||||
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
t |
|
3 |
|
|
|
|
|
Ответ: R=321 мОм.
Задача 2.17. В цепи шёл ток I 0 = 50 А. Источник тока
можно отключить от цепи, не разрывая её. Определить силу тока I в этой цепи через t = 0,01 с после отключения её от источника тока. Сопротивление R цепи равно 20 Ом, её индуктивность L = 0,1 Гн.
|
|
Решение: |
|
|||
Дано: |
Вследствие |
явления |
|
|
самоиндукции |
при |
|
|
|
||||
Io=50A |
выключении Э.Д.С. ток в цепи спадает по закону: |
|||||
|
||||||
t=0,01c |
|
|
|
|
Rt |
|
R=20Ом |
|
I I |
0 |
e |
L |
|
|
|
|
|
|
|
|
L=0,1Гн |
Подставив значения Io,R,L и t и вычислив, |
|
||||
|
|
|||||
|
получим |
|
|
|
|
|
I-? |
|
20 0,01 |
|
|||
|
|
I=50·e |
0,1 |
=50·e 2 =6,75 (А). |
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: I=6,75 A.
Задача 2.18. В однородном магнитном поле (В = 0,02Тл) вокруг оси, параллельной линиям индукции, вращается тонкий однородный стержень длины l=40 см. Ось вращения перпендикулярна стержню и проходит через один из его концов (рис. 2.14). Угловая скорость ω=10с 1 . Найти разность
29
потенциалов между осью и серединой стержня, между серединой и свободным концом стержня.
Дано: |
Решение: |
|
|
|
|
|||
В=0,02 Тл |
При движении стержня в магнитном поле в нём |
|||||||
l=40см=0,4м |
(в стержне) |
возникает Э.Д.С. |
B |
|||||
ω=10с 1 |
индукции; |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
||||
|
перераспределение |
|
|
|
|
|||
(φо-φa) - ? |
|
|
|
|
||||
зарядов |
в |
стержне |
|
A |
C |
|||
(φa-φc) - ? |
0 |
|||||||
происходит под |
|
|
|
|||||
действием магнитной составляющей силы |
|
|
|
|
||||
Лоренца: |
|
Fm qe v B , |
|
|
|
|
||
|
|
Рис. 2.14 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
являющейся в данном случае сторонней силой. Заряды разных знаков накапливаются на концах стержня, и создают кулоновское поле, напряжённость которого
Ek |
Eст |
|
Fмл |
. |
|
||||
|
|
|
qe |
Разность потенциалов между двумя любыми точками стержня
2
1 2 Ek dl .
1
С учётом приведенных формул получим:
1 2 = - 2 V B dl .
1
Если стержень вращается так, как показано на рис. 2.14, то электроны будут накапливаться на закреплённом конце стержня и ( 0 – a ), так же как и ( a – c ), должна быть
отрицательна
dl dr , тогда V B dl V B dr .
30