Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Физика. Электромагнетизм. Оптика. Элементы квантовой механики. Учебное пособие
.pdf
Проверка по размерности аналогична случаю 2.
В
В
Проведем вычисления:
В
Ответ:
4 10 1 10 1,41
c
7
0,05
0аВ
В
;
b
56,4 10
.
3
0,16 10 Тл
;
7
0,05
В
c
3
0,113 10 Тл
0,113 10 Тл
3
.
Пример 2. По двум параллельным бесконечно длинным проводни-
кам текут одинаковые токи в противоположных направлениях
Проводники находятся на расстоянии
а = 9 см друг от друга. Опреде-
I = 50 А.
лить индукцию магнитного поля в точке, отстоящей от одного проводника на расстояние
r
= 4 см, и от другого – на расстояние
1
r
= 12 см
2
(рис. 17).
Дано:
Решение
I = 50 А
2
а = 9 см =
r
= 4 см =
1
r
= 12 см =
2
910
410
12 10
2
м
м
2
м
– ?
Рис. 17
Для решения поставленной задачи применим принцип суперпозиции магнитных полей:
.
ВВ В
12
Модуль результирующего вектора магнитной индукции
быть найден с использованием теоремы косинусов:
22
. (6.3)
12 12
2cosВВВ ВВ
Магнитная индукция поля, создаваемого бесконечным прямым
проводником с током
I на расстоянии
от оси проводника, вычисля-
r
0
ется по формуле
I
0
31
.
2
r
0
B
может
Для нашего случая 1
, следовательно,
Так как
B
222
12 12
I
0
,
1
2cosarr rr
cos
B
2
r
1
следовательно,
,
222
rra
12
2
2
rr
12
I
0
. (6.4)
2
r
2
. (6.5)
Подставляя выражения (6.5) и (6.4) в (6.3), получим:
22 22 22
II I
В
I
0
2
00 0
22 22 2
44 4
rr rr
12 12
I
11 1
0
В
22
22 222
rr rra
21 1 2
22
rr
12
()
22
rr
12
2
2
rr rr
12 12
Ia
0
B
2
rr
12
222
()
rra
12
222
()
rra
12
I
0
2
rr
.
Проверка по размерности:
2
rr
12
2
a
22
12
2Iarr
;
0
.
12
Гн А м Гн А Вб А Bб
В
ммм
222
мАмм
Тл
.
Проведем вычисления:
72
410 50910
B
2 4 10 12 10
Ответ:
22
0,19 10 ТлВ .
3
7
10 50 3
2
210 4
18,75 10 0,19 10 Тл
53
.
32
Пример 3. Проводник, изображенный
R
R
Н
на рис. 18, состоит из четырех участков:
два из них полубесконечные прямые (1 и
4), участок прямого провода (2) длиной
= 10 см и проводник в виде полуокруж-
ности (3) радиусом R = 10 см. По проводнику течет ток I
женность магнитного поля в центре полуокружности.
Дано:
= 1 А. Определить напря-
Рис. 18
Решение
I = 1 А
= 0,1 м
–?
Рис. 19
Для решения поставленной задачи применим принцип суперпозиции магнитных полей (рис. 19):
01234
HHHHH
В соответствии с правилом правого винта вектор
перпендикулярно плоскости чертежа «к нам», векторы
– перпендикулярно плоскости чертежа «от нас». Следовательно,
H
4
.
направлен
H
1
,
H
и
3
H
2
модуль
02341
HHHHH
. (*)
Напряженность магнитного поля, созданного отрезком прямого
провода, определяется выражением
H
(cos cos )
4Ir
0
33
12
.
С учетом геометрических соотношений задачи получим:
R
II
Н
1
Н
2
cos 0 cos 1
4442
rR
0
II
Н
4
cos cos
44242
rR
0
II
rR
42 4
0
cos cos
2
; (6.6)
2
; (6.7)
. (6.8)
Третий участок проводника представляет собой половину кругового витка, следовательно,
1
Н
3
II
22 4
. (6.9)
R
Подставляя выражения (6.6), (6.7), (6.8), (6.9) в (*), получим:
22
Н
Н
0
IIII
0
42 2 4
42444 2
RRRR
II
22
RR
11 (2 )
1
;
;
I
Н
0
4
Проверка по размерности очевидна:
R
2
.
0
А/мН
.
Проведем вычисления:
1
(2 ) 3,625 3,7А/м
.
.
Ответ:
Н
0
43,140,1
3, 7 А/мН
0
34
Пример 4. Протон, пройдя ускоряющую разность потенциалов U =
В
А
p
p
В
p
p
= 3000 В, попадает в однородное магнитное поле, силовые линии которого перпендикулярны скорости его движения, и начинает вращаться с
9
частотой
10 Гц
. Определить значение силы Лоренца, действую-
щей на протон.
Дано:
U = 3·10
v
ν = 10
m
p
q
p
F
L
constВ
9
Гц
1, 67 10
1, 6 10
– ?
3
В
19
27
Кл
Решение
По условию задачи протон, прежде чем попасть в магнитное поле, проходит ускоряющую разность потенциалов. Для нахождения
скорости протона воспользуемся законом сохранения энергии. Работа электрического по-
кг
ля равна изменению кинетической энергии
протона:
2
m
E
qU
;
k
p
p
v,
2
0
следовательно,
2
qU
v
. (6.10)
m
В магнитном поле на движущийся протон действует сила Лоренца.
Величина силы Лоренца определяется выражением
В нашем случае
v ,
FqB
L
qq
FqB
L p
sinv
.
, следовательно,
v
. (6.11)
Чтобы найти величину индукции магнитного поля, воспользуемся
выражением для силы Лоренца
FqB
L p
v
,
вторым законом Ньютона
Fma
L
35
и выражением для центростремительного ускорения, с которым про-
R
p
F
тон движется по окружности:
2
v
vv
.
2a
Решая совместно эти уравнения, получим:
qBmvv
pp
2
вательно,
2
m
B
p
. (6.12)
q
p
Подставляя (6.10) и (6.12) в (6.11), получим выражение для силы
Лоренца, действующей на протон:
22
qU m
qqmU
L
mq
FqmU
pp
pp
22
L
22
pp
.
pp
;
Проведем проверку по размерности:
Гц Кл кг В Кл кг кг Дж
F
L
1 Дж 1
сКлc
кг Н м
.
2
с
2
НН
Выполним вычисления:
, следо-
Ответ:
6,28 10 2 1,6 10 1, 67 10 3 10F
L
7,95 10 Н.F
L
919273
79,52 10 7,95 10 Н.
12
13 12
36
Пример 5. Циклотрон предназначен для ускорения протонов до
13
энергии
810E
Дж. Определить наибольший радиус орбиты, по
которой движется протон, если индукция магнитного поля равна 1 Тл.
Дано:
max
810 Дж
Е
k
В
= 1 Тл
1, 67 10
m
p
1, 6 10
q
p
R
– ?
max
19
13
27
Кл
Решение
Циклотрон состоит из ускорительной камеры, помещенной в магнитное поле.
В центре камеры помещается источник заряженных
кг
частиц.
Рис. 20
Ускорительная камера разделена на две половинки (дуанты)
(рис. 20). Дуанты присоединены к источнику переменного напряже-
ния. Частота напряжения подбирается таким образом, чтобы за время
движения заряженных частиц по дуге окружности (за счет действия
магнитного поля) направление электрического поля сменилось на противоположное. Тогда, проходя зазор между дуантами, частица каждый
раз ускоряется.
Процесс повторяется до тех пор, пока частица не набе-
рет нужную скорость (энергию). Затем она выводится на мишень.
Таким образом, движение частицы в циклотроне можно рассматривать как чередование этапов разгона (в зазоре между дуантами) и движения по дуге окружности в магнитном поле с постоянной скоростью.
Каждый следующий этап соответствует
большей скорости (энергии) и
соответственно большему радиусу орбиты.
Максимальная кинетическая энергия связана с максимальной скоростью соотношением
Е
k
max
2
m
v
max
.
2
Тогда скорость протона, соответствующая этой энергии,
2kE
2810
v
max
1, 6 7 1 0
max
13
27
v
max
, (6.13)
m
9,58 10 3,1 10 м/с
37
14 7
.
Так как
B
E
v
на порядок меньше скорости света, релятивистскими
max
эффектами пренебрегаем. Для вычисления наибольшего радиуса орбиты
протона, движущегося в магнитном поле, воспользуемся формулой
m
v
r
,
qB
полученной с использованием второго закона Ньютона и выражения
для силы Лоренца. Тогда в нашем случае
v
m
qB
max
. (6.14)
r
max
Подставляя (6.13) в (6.14), получим выражение для наибольшего
радиуса орбиты протона в циклотроне:
r
max
2kE
m
q
max
m
2
Bq
Проверим полученную формулу по размерности:
Дж кг Н м кг Н м кг м
r
max
22 2 22
Тл Кл Н с
1 кг м 1
НН
Нс
Кл м
22
мНмм
2
с
Кл
2
Выполним вычисления:
13 27 40
2192 38
1(1,610 ) 2,5610
.
38
r
max
Ответ:
2 8 10 1, 67 10 16 1,67 10
r 0, 32 м
max
k
2
max
m
.
2
2
.
0,32 м.
Пример 6. Найти модуль и направ-
F
F
F
ление вектора силы, действующей на
единицу длины тонкого проводника с
током
I = 10 А в точке О, если провод-
ник изогнут, как показано на рис. 21.
Расстояние между длинными параллельными друг другу участками проводника
Дано:
I = 10 А
l = 0,35 м
dF
0
–?
l = 35 см.
Решение:
Сила, действующая на бесконечно малый элемент проводника
с током I, в магнитном поле с индукцией В
dl
определяется выражением
dl
Рис. 22
[,]dId
lB
.
Рис. 21
Для нашего случая
где
ке
– вектор индукции результирующего поля, созданного в точ-
В
О полубесконечными проводниками (1) и (2) с током.
Модуль силы
определяется выражением
d
0
где
– угол между векторами dl и .В
0
0
[,]dId
Величину и направление вектора
, (6.15)
lB
sindIdFlB
, (6.16)
можно найти с использовани-
В
ем принципа суперпозиции:
.
ВВ В
12
39
Векторы
В
В
В
В
сти рисунка «от нас» –
и
В
1
в точке О направлены перпендикулярно плоско-
В
2
. Следовательно, и вектор результирующего
поля имеет такое же направление (
торами
и В прямой,
dl
, следовательно,
90
). С учетом этого угол между век-
Для нахождения
sin 1
ВВ
, так как
12
используем формулу для расчета индукции
1
, (6.17)
В
, то
12
2
В
.
1
магнитного поля для отрезка прямого проводника с током:
I
В нашем случае
0
В
0
1
22 (10)
ВВ
(cos cos )
4
r
0
,
2
1
12
r
,
90
0
2
II
00
4
ll
.
l
, следовательно,
2
. (6.18)
Подставляя выражения (6.17) и (6.18) в (6.16), получим
II
dF Idl dl
0
00
1
ll
2
.
Тогда сила, приходящаяся на единицу длины проводника:
dF I
00
2
.
dl l
Осуществим проверку по размерности:
Гн Вб
22
АА
dF
0
dl
Тл м А Кл Н с Кл Н
.
м
мА
ммммм
2
2
Тл
Вб А
сКлмсм
40
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]