Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Репетитор по физике. Электромагнетизм. Учебное пособие
.pdf
откуда после интегрирования будем иметь:
íë
00
22
B
Bd
B = const
B
d
B
d
π
j
⋅
µ
BB
==
II
ëè
d
⋅=
∫
π
0
α
j
⋅
µ
èí
. (1.50)
2. Применим закон полного тока. Найдём величину индукции в той же точке А. Для этого проведём через неё контур интегрирования в виде симметрично расположенного
относительно плоскости с током прямоугольника и вычислим для него циркуляцию вектора
и охватываемый им ток
(см. табл. 1.2). Обходя контур интегрирования против часовой стрелки, будем иметь:
2
Bd Bd Bd Bd
⋅= ⋅+ ⋅+ ⋅+ ⋅
L
1
3
2
4
3
1
∫∫∫∫∫
4
.
Поскольку в нашем случае магнитное поле однородно,
вектор
и направлен так, как это показано на
рис. 1.18.
Рис. 1.18
Из этого следует, что второй и четвёртый интегралы
равны нулю, так как на участках 2–3 и 4–1 угол между векторами
и
равен 90. Интегралы же первый и четвёртый равны B, так как на участках 1–2 и 3–4 угол между
и
равен нулю. С учётом сказанного Bd B
L
31
=∫2 . Ток, ох-
ватываемый контуром, очевидно, будет равен
j
Bj=⋅ ⋅
µ
B
. Подста-
ëèí
вив эти результаты в закон полного тока, будем иметь:
откуда
Bj=
µ
02ëèí
2
⋅
, что, естественно, совпадает с (1.50).
0
ëèí
,
Сравнивая первый и второй методы решения, видим, что
второй в данном случае значительно проще.
Задача 4а. В каком из указанных случаев (рис. 1.19)
циркуляция вектора индукции равна нулю и в каком она
максимальна?
(1) (2) (3) (4) (5)
Рис. 1.19
Задача 4б. В каком из указанных случаев на рис. 1.20
циркуляция вектора
наибольшая, если токи I во всех про-
водниках одинаковы?
А
↔
В
(1) (2) (3) (4)
Рис. 1.20
32
Задача 4в. Имеем бесконечно длин-
rR<
rR>
A
B
A
jr
01
Bj
10
2
ный стержень радиусом R, через сечение
которого течёт ток плотностью j
(рис. 1.21). Выберем замкнутый контур,
совпадающий с одной из линий индукции. Будет ли изменяться циркуляция вектора магнитной индукции с ростом радиуса контура r, если: а)
; б)
?
Рис. 1.21
Задача 4 г. По сплошному цилиндрическому проводнику радиусом R течёт ток плотности j (см. рис. 1.22). Опреде-
лить индукцию магнитного поля внутри и вне проводника.
Решение
Поскольку в рассматриваемом
случае магнитное поле создаётся
симметричным током, для нахождения индукции применим закон полного тока. Выберем внутри проводника произвольную точку
,
1
лежащую на расстоянии r1 от оси
проводника, а вне его произвольную точку A2, лежащую на расстоя-
Рис. 1.22
нии r2 от той же оси (рис. 1.22), и вычислим в них величину
индукции магнитного поля. Для этого проведём через рассматриваемые точки контуры интегрирования в форме
окружностей, показанных на рис. 1.22 пунктирными линиями, и вычислим для них циркуляцию вектора
и ток, охватываемый ими (см. табл. 1.2). В результате для контура, проходящего через точку
, будем иметь: Br
1
2⋅=⋅⋅
πµ π
11
2
.
Отсюда следует, что
1
=
r
µ
. (1.51)
1
33
Для контура, проходящего через точку
A
jR
=+
Br
2⋅=⋅⋅
πµ π
220
2
.
, получим:
2
Следовательно, магнитное поле вне проводника
2
jR
µ
0
B
=
2
. (1.52)
r
2
2
Из (1.51) и (1.52) следует, что индукция внутри и вне
проводника зависит от расстояния r. График этой зависимости представлен на рис. 1.23.
Рис. 1.23
Задача 4д. Внутри однородного прямого провода круглого сечения имеется длинная цилиндрическая полость,
ось которой параллельна оси провода и смещена относительно последней на расстояние b (рис. 1.24, а). По проводу
течёт ток плотности j. Найти вектор индукции магнитного
поля внутри полости.
Решение
В рассматриваемом случае ток асимметричен. Но если
мысленно заполнить цилиндрическую полость веществом
провода и считать, что там течёт ток той же плотности, то
мы получим симметричную модель – цилиндр (см. рис. 1.24,
б), через поперечное сечение которого течёт ток. По принципу суперпозиции магнитная индукция
таким током в произвольной точке С, равна
B
– магнитная индукция поля, создаваемого цилиндром
2
34
B
, создаваемая
1
BBB
102
, где
меньшего радиуса в точке С, а
=−
BB
12
B
jr
01
Bj
2
Bj
2
=×
µ
jr
02
Bj
2
µ
Bj
2
=×
µ
B
– магнитная индукция
0
поля, создаваемого в точке С рассматриваемым в задаче цилиндром с полостью. Из последнего соотношения следует:
BBB
012
. (1.53)
Рис. 1.24
Величины
è найдём по закону полного тока. Для
этого проведём через точку С контуры интегрирования
в форме окружностей (см. рис. 1.24, б и в) и вычислим для
них циркуляцию вектора
и ток, охватываемый ими. В ре-
зультате получим:
1) для цилиндра большого радиуса
2
,
откуда
µ
0
=⋅⋅
1
Br
11
r
.
1
2⋅=⋅⋅
πµ π
Или в векторной форме:
0
r
1
. (1.54)
1
2) для цилиндра меньшего радиуса
откуда
Или в векторной форме:
=⋅⋅
2
Br
2⋅=⋅⋅
πµ π
22
0
r
.
2
0
2
2
,
r
. (1.55)
2
35
Подставляя (1.54) и (1.55) в (1.53), будем иметь:
rj
22 2
=×
−=
I
rb=
OO
′
=⋅∆2Φ
∆Φ
Φ
()
Bjrj
0
поскольку из Δ
µµ µ
=×
12
0
−×
1
C
следует, что
0
0
2
rr b
12
b
,
. Как видим, магнитная индукция в полости не зависит от положения С, т. е.
поле в полости однородно.
Задача 5а. Прямоугольная рамка с током
и прямой
2
бесконечный ток I1 расположены в одной плоскости
(рис. 1.25) так, что сторона а параллельна прямому току
и отстоит от него на расстоянии
01, , где b – длина дру-
гой стороны рамки. Определить работу, которую нужно совершить, чтобы повернуть рамку вокруг оси
, параллельной прямому току и проходящей через середины сторон
b, на угол 90.
Рис. 1.25
Решение
Работу можно определить по соотношению
найти изменение магнитного потока
трудно видеть, что магнитный поток
даваемый током I1, максимален в начальном положении
и равен нулю в конечном Φ
AI
. (1.56)
Отсюда следует, что для решения задачи необходимо
. Из рис. 1.25 не-
через рамку, соз-
1
0=
. Значит, чтобы рассчи-
2
36
тать ∆Φ, надо найти магнитный поток
Φ
01
⋅
µ
Φ
dΦ
I
µ
22
µ
=
I = 2A
OO
′
BT=
через рамку в на-
1
чальном положении. Поскольку поле прямого бесконечного тока (см. табл. 1.1)
B
1
I
=
(1.57)
r
2
π
является неоднородным, для определения
применим ме-
1
тод ДИ. Разделим площадь рамки на столь узкие полосы dx,
чтобы в пределах каждой такой полосы можно было бы считать магнитное поле однородным. Тогда элементарный поток
через такую полосу (заштрихована на рис. 1.25), находя-
щуюся на расстоянии х от прямого тока
I
dBdS
01
x
π
2
, будет:
1
adxΦ= ⋅=⋅⋅⋅
. (1.58)
Интегрируя (1.58), получим:
01
,
+
⋅⋅
µ
Ia
01
∫
bbb,
01
π
x
⋅=
dx
Φ
1
⋅⋅
µ
01
Ia
π
11=
⋅
ln
. (1.59)
Подставляя (1.59) в (1.56), будем иметь:
II a
AI I
=∆==⋅⋅
221
012
2
ln .
π
11ΦΦ
Задача 5б. Квадратная рамка из
m
тонкого провода массой
которой течёт ток
10 ã , по
, может без
трения вращаться относительно вертикальной оси
, проходящей через её центр перпендикулярно двум
противоположным сторонам рамки
(рис. 1.26). Рамка помещена в однородное магнитное поле с индукцией
01, , направленной перпендикулярно плоскости черте-
Рис. 1.26
жа. Определить период малых колебаний рамки около положения её устойчивого равновесия.
37
Решение
α
OO
′
M
α
−=MI
ε
=⋅⋅
α
dt
α
Малые колебания возникают в рассматриваемой системе при отклонении рамки от положения равновесия на малый угол
. В этом случае действующие на рамку силы Ампера создают суммарный вращающий момент, стремящийся
вернуть рамку в положение равновесия. Под действием этого момента рамка вращается в направлении положения равновесия, но из-за наличия у неё момента инерции I относительно оси
проскакивает это положение. Вследствие
этого момент сил Ампера меняет своё направление, снова
стремясь вернуть рамку в положение равновесия, и т. д.
Чтобы определить период возникших таким образом колебаний, найдём дифференциальное уравнение, описывающее эти колебания.
Поскольку рамка вращается вокруг неподвижной оси,
в качестве исходного возьмём уравнение
MI=
èí
Учитывая, что вектор
противоположен вектору
в скалярной форме будем иметь:
где
P
– магнитный момент рамки, равный
m
MPB
m
d
ε
=
sin
2
α
– угловое ускорение; (1.62)
2
PISIa
=⋅=⋅
m
èí
– момент сил Ампера; (1.61)
где а – сторона рамки.
С учётом (1.63)
MIaB=⋅ ⋅⋅2sin
38
ε
.
, (1.60)
2
, (1.63)
. (1.64)
,
Момент инерции рамки
am
44
12 4
6
22
dt
m
sin
αα
=
dt
m
dt
+=
ω
T
,c
R
µ
2
BB
12
BB
12
è
2
I
èí
ma m
=⋅ ⋅+⋅⋅⋅=⋅⋅2
1
2
1
a
Подставляя (1.62), (1.64) и (1.65) в (1.60), получим:
2
d
IB
6
α
+⋅ =sin .
2
0
α
. (1.65)
Для малых углов
2
d
α
2
Сравнивая (1.66) с уравнением
. С учётом этого будем иметь:
IB
6
+⋅= . (1.66)
0
α
2
dx
2
x
0
ω
2
, описываю-
щим гармонические колебания, видим, что рамка совершает
гармонические колебания с частотой
6=IB
0
. (1.67)
m
Тогда период колебаний
π
2
== =
ω
0
m
2
π
IB
6
057
.
Анализ и решение качественных задач
Задача 2а (см. рис. 1.10). Индукция магнитного поля
в центре витка определяется (см. табл. 1.1) по формуле
I
0
B
=
. Вектор индукции перпендикулярен плоскости
и направлен на нас. Радиус новых витков уменьшился в
2 раза и, следовательно, в 2 раза увеличилась индукция
è , создаваемая в центре каждого из них. При наложе-
нии витков токи в них совпадают по направлению, а значит,
совпадают по направлению и векторы
. Отсюда следует, что индукция во втором случае будет в 4 раза больше,
чем в первом.
39
Задача 2б (см. рис. 1.11, а). По принципу суперпозиции
=+
12
BB
12
=
dr
44
()
µ
µ
µ
BB
= =
B
R
µ
4
ÂÂ
31
= ,è
=+
µ
µ
00
44
индукция в точке О
BBB
a
, где
è – индукции, соз-
даваемые соответственно проводниками 1 и 2. Из закона
Био – Савара (1.3) следует, что B
I
è
равен нулю, а
α
90=
1
. Подставляя B2 в формулу для Ba, получим:
B
0
=−
2
R
π
B
=
a
π
4
Рис. 1.11, б: индукция в точке О
BBB
,, – векторы индукции, создаваемые соответствую-
123
щими проводниками. Из вышесказанного следует:
Тогда
равна индукции, создаваемой полуокружностью:
á
Â
=
á
0
, так как угол между
1
coscos
αα
12
I
0
.
R
BB
I
0
.
=
=++
á
123
I
0
, так как
R
π
BB
13
, где
0
Рис. 1.11, в: индукция в точке О равна сумме индукций,
BÂ
создаваемых тремя проводниками:
новании изложенного ÂÂÂ
0
B
I
â
RIR
π
=++
â
123
сонаправлены. Тогда
2
.
. На ос-
.
Сравнивая
BÂ Â
àá â
на в случае, представленном на рис. 11, а.
Рис. 1.27
è, , видим, что индукция минималь-
Задача 2в. Индукция магнитного поля в точке О равна векторной сумме индукций магнитных
полей, созданных токами 1, 2, 3,
4. Направление векторов магнитной индукции определяется по
правилу буравчика. Из рис. 1.27
видно, что результирующий вектор магнитной индукции направлен вверх.
40
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]