Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

с инета для метод

.pdf

Скачиваний:

1940

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

5.91 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 2526 / 4426 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 > Следующая >>>

Гл. 8. Электромагнитная индукция

251

Интегрируя тепловую мощность, находим количество тепла

4a2

Q = ∫P(t)dt =

∫

t −

dt =

t −

Чтобы найти заряд q, прошедший по цепи за время τ/2, найдем силу тока

I(t) = E(t) = − 1 dФ ,

R R dt

откуда затем получаем

τ/2

dФ

Ф(τ/2)

q = ∫

I(t)dt = − ∫

dt = −

∫ dФ =

R dt

= −

(Ф(τ/ 2) −Ф(0))= −

aτ2

Отрицательный знак заряда означает, что, в соответствии с правилом Ленца, индукционный ток шел по контуру в таком направлении, при котором его магнитное поле препятствовало изменению потока.

	a2			aτ2
Ответ: 1) Q =		τ3 ;	2) q = −		.
Ответ: 1) Q =		τ3 ;	2) q = −		.
	3R			4R
Задача 8.3.6. Контур представляет собой ок-						–	+
						–	+

ружность, соединенную по диаметру, с конденса-						С1
ружность, соединенную по диаметру, с конденса-						С1
торами С1-3, включенными в разрывы проводни-						–	+ С3
торами С1-3, включенными в разрывы проводни-						–	+ С3
ков (рис. 8.6), и находится в однородном пере-
ков (рис. 8.6), и находится в однородном пере-
менном магнитном поле. Скорость изменения						С2–	+
менном магнитном поле. Скорость изменения
магнитного потока через площадь кольца посто-
магнитного потока через площадь кольца посто-
.

янна и равна Ф . Найти заряды конденсаторов, если вначале конденсаторы были не заряжены.

Решение

Рис. 8.6. Схема контура к задаче 8.3.6

Расставим произвольно знаки зарядов на конденсаторах (см. рис. 8.6.) Истинные знаки зарядов определятся потом из знаков полученных решений.

Алгебраическая сумма напряжений по любому выбранному контуру должна равняться сумме ЭДС, действующих в данном контуре. Совершим обход внешнего кругового контура (против часовой

252 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

стрелки), сразу учитывая,				что		напряжение на конденсаторах
	qi					.
Ui =	qi	, а ЭДС в этом контуре E = −Ф :
Ui =		, а ЭДС в этом контуре E = −Ф :
	Ci
			q1		q2	.
			q1	−	q2	= −Ф
			C1	−	C2	= −Ф
			C1		C2

Обход верхней половины контура (также против часовой стрелки) дает

q1 − q3 = − 1 Ф. , C1 C3 2

где учтено, что магнитный поток через этот контур вдвое меньше, чем через весь контур. Третье уравнение получается из условия сохранения заряда (запишем для правого узла)

q1 + q2 + q3 = 0.

Решая эту систему трех уравнений, получаем

	.		C (C	2	+ C / 2)				.	C	(C + C / 2)
Ответ: q = −Ф			1	2		3		,	q = Ф	2	1 3	,
Ответ: q = −Ф								,	q = Ф			,
1			C1 + C2 + C3						2	C1 + C2 + C3
			C1 + C2 + C3							C1 + C2 + C3
	.		C (C		2	− C )
q3	= Ф		3		2		1	.
q3	= Ф	2(C1 + C2 + C3)						.
		2(C1 + C2 + C3)

Замечание. Знаки q1 и q2 всегда противоположны. Знак q3 зависит от соотношения емкостей С1 и С2. В случае С1 = С2 разность потенциалов между концами диаметра равна нулю и q3 = 0.

Задачи типа 8.4

Нахождение вихревого электрического поля

Метод решения: в общем случае вихревое поле определяется дифференциальным соотношением (8.5). Если же структура силовых линий поля Евихр заранее известна из соображений симметрии, как это бывает в большинстве случаев в задачах курса общей физики, то для нахождения Евихр удобно использовать соотношение

Eинд = − ∂∂Фt	= ∫Eвихрdl .
	L

Гл. 8. Электромагнитная индукция

253

в котором приравнивается ЭДС индукции, найденная из общего соотношения (8.2), и ее выражение через циркуляцию Евихр . Контур интегрирования L надо выбрать так, чтобы циркуляция вектора Евихр получилась в наиболее простом виде. Это будет, например, когда весь контур или его участки совпадают с силовыми линиями, а остальные участки контура перпендикулярны силовым линиям и не дают вклада в циркуляцию.

Задача 8.3.7 (базовая задача). В длинном соленоиде радиуса а с плотностью намотки n (витков/метр) изменяют ток с постоянной скоростью Iɺ(А/с). Найти модуль напряженности вихревого электрического поля Е(r) как функцию расстояния r от оси соленоида.

Решение

Магнитное поле внутри длинного соленоида пространственно однородно и равно B = µ0nI (глава 7, задача 7.3.9). Пусть вектор В направлен из плоскости рисунка к нам (рис. 8.7). В силу аксиальной симметрии системы силовые линии вихревого электрического поля должны быть окружностями с центром на оси соленоида (пунктир на рис. 8.7).

Область r < a.

Выберем контур L в виде окружности радиуса r. Пусть положительное направление обхода контура будет против часовой стрелки, тогда нормаль к его плоскости параллельна вектору В и магнитный поток через этот контур положите-

B	r	лен
a		2	B(t).
	E
		Ф(t) = πr

I	Согласно (8.2) ЭДС в этом контуре

|E|

a r

Рис. 8.7. К расчету вихревого электрического поля, создаваемого соленоидом (задача 8.3.7)

E = −Ф = −πr2 B .

Поскольку контур L совпадает с силовыми линиями поля Е и величина напряженности Е(r) постоянна на этом контуре, то циркуляция имеет вид

E = ∫Edl = 2πrE .

Приравнивая эти два выражения, получаем

254 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

E(r) = −	1		.
	1		Br		(8.11)
			Br		(8.11)
2
или
E(r) = −		1	µ	.
		1		n I r .
				n I r .
2			0
2

Знак напряженности Е противоположен знаку производной

тока I в обмотке в соответствии с правилом Ленца, так как это индуцированное поле должно препятствовать изменению силы тока (см. рис. 8.7).

Область r > a.

В этом случае магнитный поток не зависит от радиуса контура r и равен полному потоку через поперечное сечение соленоида: Ф(t) = πa2B(t). Повторяя предыдущие вычисления с этим изменени-

ем, получаем E = −Ф = −πa2 B и

E(r) = −	1	a2 B.	1	= −	1	µ	na2 I.	1	.

2			r		2	0		r

Схематично график величины E(r) приведен на рис. 8.7.

	E(r) = −	1	µ	.
Ответ: r < a:		1		n I r ,
Ответ: r < a:				n I r ,
		2	0
		2
r>a:	E(r) = −	1	µ	na2 I.	1	.
r>a:	E(r) = −		µ	na2 I.		.
		2	0		r
		2			r

Задача 8.3.8. Плоская спираль с большим числом витков N и внешним радиусом R находится в однородном магнитном поле, вектор индукции которого перпендикулярен плоскости спирали и меняется по закону B = B0cosωt (рис. 8.8). Найти ЭДС индукции в спирали.

Решение Способ 1. Будем исходить из того, что силовые линии вихрево-

го электрического поля представляют собой окружности с центром в начале спирали и его напряженность согласно результату преды-

дущей задачи (8.11) E(r) = −	1	B.	r . В полярных координатах этот

2
вектор имеет вид

Гл. 8. Электромагнитная индукция

255

B(t)

Рис. 8.8. К расчету ЭДС индукции в спирали (задача 8.3.8)

1 . Е = {Er; Eϕ} = {0; − r B }.

Уравнение спирали с N витками в полярных координатах имеет вид

r(ϕ) = aϕ,

где a = 2πN . Учитывая, что дифферен-

циал дуги в полярных координатах имеет вид dl = {dr; rdϕ}, найдем приращение ЭДС на элементе дуги спирали

.			1	.
dE = Edl = −	1	r Brdϕ = −		Br2 (ϕ)dϕ .

2			2

Интегрируя dE по ϕ в пределах от 0

до 2πN, получаем ЭДС для всей спирали

	1	. 2πN	2		1 .		2πN	1 .		R	2 (2πN)3	1		2	.
			2				2							2
E = −		B ∫r		dϕ = −		B	∫(aϕ) dϕ = −		B			= −	πNR		B
E = −	2	B ∫r		dϕ = −	2	B	∫(aϕ) dϕ = −	2	B		3	= −	πNR		B
	2	0			2		0	2		2πN	3	3
		0					0

Окончательно, E = 1 πNR2B0ωsinωt . 3

Способ 2. Поскольку по условию число витков N велико, шаг спирали мал и ее каждый виток близок к окружности. ЭДС в i-ом

. .

круговом витке Ei = −Ф i = −πri2 B , где ri2 – средний квадрат радиуса i-ого витка. Полная ЭДС получится суммированием по виткам,

которое ввиду малости шага спирали

r ( r =

) можно свести к

интегрированию:

. N

E = ∑Ei = −πB∑ri2 = −

B∑ri

2 r −

ri2dr =

i=1

∫0

. R3

= −

πNR2 B ,

R N

что приводит к тому же результату.

Ответ: E =

πNR

2B ωsinωt .

256 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Задача 8.3.9. По двум параллельным бесконечным плоскостям текут одинаковые по модулю противоположно направленные токи с поверхностной плотностью, меняющейся во времени по закону i(t) = αt. Найти вихревое электрическое поле между плоскостями.

Решение

Выберем систему координат xyz, как показано на рис.8.9. В пространстве между плоскостями магнитное поле однородно, снаружи равно нулю. Вектор индукции B перпендикулярен направлению токов и равен В = µ0i (глава 7, задача 7.3.8).

Направление силовых линий вихревого электрического поля можно найти из следующих соображений. В силу симметрии системы относительно центральной плоскости силовые линии должны быть параллельны плоскостям и по модулю симметричны относительно центральной плоскости. Действительно, присутствие перпендикулярной х-компоненты в этом случае привело бы к нарушению условия div E = 0. Далее, наличие у поля y-компоненты нарушило бы эквивалентность обоих направлений по этой оси. Таким образом, возможно существование только компоненты Еz. Направ-

ление векторов Е вдоль оси oz						x	+i (t)
можно определить по правилу						x	+i (t)
можно определить по правилу
Ленца, поскольку они должны
Ленца, поскольку они должны			l		Е
быть антипараллельны направ-			l		Е
быть антипараллельны направ-			2x	z	0		B
лению поверхностных токов	i		2x	z	0		B
лению поверхностных токов	i						Е
на верхней и нижней плоскости.							Е


Картина силовых линий пред-						–i (t)
Картина силовых линий пред-
ставлена пунктиром на рис. 8.9.		Рис. 8.9.		К	расчету		вихревого
		электрического поля между плос-

Для нахождения Ez(x) про-

ведем прямоугольный контур со

костями с током (задача 8.3.9)

сторонами l и 2x симметрично относительно центральной плоскости. ЭДС на этом контуре, равная циркуляции вектора Е, при указанном стрелками направлении обхода равна E = –2Еl. Учитывая, что положительное направление нормали к

контуру	параллельно	В,	магнитный	поток	через	контур
Ф(t) = +2xl·B(t), откуда		для	ЭДС согласно	(8.2)	можно	записать
.	.

E = − Ф = −2xl B. Приравнивая оба выражения для ЭДС, получаем

E(x) = Ez (x) = xBɺ = µ0αx .

Гл. 8. Электромагнитная индукция

257

Ответ: E = Ez (x) = µ0αx , где х – координата по оси, перпендикулярной к плоскостям с началом посередине между ними.

Задача 8.3.10. На поверхности длинного сплошного непроводящего цилиндра радиуса а равномерно распределен заряд с поверхностной плотностью σ. Цилиндр может вращаться без трения вокруг своей оси. Внешнее однородное магнитное поле с вектором индукции В направлено вдоль оси цилиндра. Найти угловую скорость вращения ω, которую приобретет цилиндр после выключения магнитного поля. Плотность вещества цилиндра ρ, первоначально цилиндр неподвижен.

Решение

Введем цилиндрическую систему координат (r, ϕ, z) с осью Z, совпадающей с осью цилиндра и параллельной полю В. Во время выключения магнитного поля возникает вихревое электрическое поле Е (задача 8.3.7) силовые линии которого ввиду аксиальной симметрии задачи являются окружностями с центром на оси цилиндра (пунктир на рис. 8.10). Это поле будет действовать на поверхностные заряды цилиндра, вызывая его ускорение.

Поскольку заряды находятся на поверхности цилиндра, найдем напряженность при r = a. В контуре r = a возникает ЭДС индукции

E = −Ф = 2πaE , откуда

E(a) = −Ф/ (2πa)

где Ф – магнитный поток через поперечное сечение цилиндра.

σЗдесь положительное направление обхода бы-

			ло выбрано против часовой стрелки, положи-
	E B		тельная нормаль параллельна В.
		ω	Рассмотрим элемент заряда dq = σdS на

Рис. 8.10. Направление			поверхности цилиндра. Со стороны возникше-
силовых		линий вихре-	го электрического поля на него будет действо-
вого	электрического		вать сила dF = Edq. Эта сила, в свою очередь,
поля	и	направление	вызывает вращающий момент, направленный
вращения		заряженного	по оси цилиндра Z и равный
цилиндра		(задача			.
8.3.10)
						Ф
			dM		= adF = aEσdS = −		σdS .
				z
						2π

258 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Полный вращающий момент получается интегрированием по поверхности цилиндра, что в данном случае сводится просто к умножению на площадь его боковой поверхности 2πab, где b – длина цилиндра:

		.
			Ф	.
M		= aEσ 2πab = −	Ф	σ2πab = −σabФ .
M	z	= aEσ 2πab = −	2π	σ2πab = −σabФ .
	z

Учитывая, что момент инерции цилиндра относительно его оси равен

J= 1 ma2 = 1 ρπa4b , 2 2

найдем его угловое ускорение

		.			= − 2σ			dФ .
ωz = M z = − σabФ					= − 2σ			dФ .
.
	J		1	ρπa4b		ρπa	3	dt
		2		ρπa4b		ρπa
		2

Интегрируя это соотношение по времени и учитывая, что Ф(0) = πa2B и Ф(∞) = 0, окончательно получаем

ω		= −	2σ	(Ф(∞) −Ф(0)) =	2σ		πa2B =	2σ	B .
	z		ρπa3		ρπa
						3		ρa

2σ

Ответ: ω = ρa B.

Задачи типа 8.5

Нахождение индуктивности контуров, состоящих из линейных проводников

Метод решения. Индуктивность целесообразно находить непосредственно из ее определения по формуле (8.6), проводя контур по линейным проводникам.

Задача 8.3.10 (базовая задача). Найти индуктивность длинного тонкого цилиндрического соленоида, имеющего N витков, длину l и радиус а (l >> a).

Решение

Величина вектора индукции магнитного поля в длинном соленоиде была найдена в главе 7 (задача 7.3.9) и равна B = µ0nI, где

Гл. 8. Электромагнитная индукция

259

n = N – плотность намотки. Поскольку магнитное поле однородно, l

поток вектора В через один виток будет равен Ф1 = BS = µ0nIS, где S = πa2 – площадь витка. Полный поток через все N витков равен

Ф = NФ1 = µ0 N 2 IS. Отсюда по определению индуктивности (8.6) l

получаем
	L =		Ф	= µ0	N 2	S = µ0n2V,
			I
					l

где V = Sl = πa2l – объем соленоида.
Ответ: L = µ0	N 2	S = µ0 n 2V, где S – площадь поперечного се-
	l

чения, V – объем соленоида.

Задача 8.3.11. Найти индуктивность тороидальной катушки прямоугольного сечения, имеющей N витков, внутренний радиус которой равен a, внешний b и высота h (рис. 8.11).

Решение

	a		a
B	a		h
B		b	h
		b
	r

Рис. 8.11. К расчету индуктивности тороидальной катушки (задача

8.3.11)

Ввиду осевой симметрии силовые линии внутри тора являются концентрическими окружностями с центром на его оси. Модуль вектора индукции найдем по теореме о циркуляции вектора B (глава 7, (7.9))

B(r) = µ		NI	.

	0 2πr

Магнитный поток через один виток равен потоку через поперечное сечение тора σ:

	b	NI
Ф1 = ∫BdS = ∫µ0		NI

		2πr
σ	a

	µ0	b	dr		µ0		b
h dr =		NIh∫		=		NIhln		,
	2π				2π
		a	r				a

где учтено, что dS = h dr. Полный магнитный поток через обмотку с N витками

Ф = NФ1 = µ0 N 2Ihln b = LI, 2π a

260 ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

Откуда получаем L = µ0 N 2hln b . 2π a

Ответ: L = µ0 N 2hln b . 2π a

Задачи типа 8.6

Расчет индуктивности проводников с пространственно распределенными токами

Метод решения. В задачах этой группы прямое использование определения индуктивности (8.6) бывает затруднительно, поскольку не очевидно, как в пространственном проводнике выделить контур для расчета потока. Поэтому целесообразно использовать связь индуктивности с энергией контура (8.7), при этом магнитная энергия W должна быть найдена независимым образом из плотности энергии магнитного поля (9.10). Таким образом, индуктивность рассчитывается из соотношения

W = ∫	B2		dV =	1	LI2.
	2µ
V		0	2

Задача 8.3.12 (базовая задача). Найти индуктивность L' единицы длины двухпроводной ленточной линии, если расстояние между лентами h значительно меньше их ширины b (рис. 8.12)

Решение
Пусть вдоль лент текут	b	+I
токи силы I в противополож-		+I
токи силы I в противополож-	h	–I	B
ных направлениях (рис. 8.12).	h	–I	B
ных направлениях (рис. 8.12).
Поскольку h << b, магнитное	Рис. 8.12. К	расчету индуктивности
поле вдали от краев лент	ленточной линии (задача 8.3.12)
можно рассматривать как по-

ле от двух бесконечных плоскостей. Его вектор напряженности перпендикулярен направлению тока и имеет индукцию

B = µ0i = µ0 I , b

где i – поверхностная плотность тока (глава 7, задача 7.3.8). Ввиду того, что токи распределены по плоскостям, выделение контура для

<<< < Предыдущая 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 2526 / 4426 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
26.11.20182.69 Mб46рустам курсовой (2).docx
#
14.11.2019118.27 Кб17рыночн.doc
#
20.12.2018239.62 Кб31РЭУБД.doc
#
17.03.2015860.16 Кб297Ряд и преобразование Фурье методичка.doc
#
26.09.201958.42 Кб13с 1 по 10 ТУ.docx
#
17.03.20155.91 Mб1940с инета для метод.pdf
#
17.03.2015652.72 Кб17С.И.К. 1995.doc
#
17.03.2015585.22 Кб34С.И.К. 1998.doc
#
01.05.2025655.87 Кб0Саетов СРС.doc
#
08.11.2018775.71 Кб27САК лаба 1 Исследование передаточных функций.docx
#
17.03.20155.44 Mб20Салаватский Нефтехимик.pdf