ZO-2008
.pdfвектор, по модулю равный длине dl элемента проводника и совпадающий по на- правлению с током, r – модуль радиуса-вектора r .
Как следует из (3), вектор dB1 перпендикулярен к плоскости, содержащей
векторы dl и r . Направление dB1 можно найти по правилу правого винта: если поступательное движение винта совпадает с направлением тока в элементе, то на- правление вращения головки винта укажет направление вектора dB1 .
Поскольку у нас проводник с током и точка А, в которой определяется B1,
лежат в одной плоскости, все элементарные векторы dB1 направлены вдоль одной прямой (см. рис. 1). Тогда выражение (1) можно переписать в скалярной форме.
|
ò |
|
ò |
4π r2 |
|
|
В = |
|
dB = |
|
μ0I |
dl sinα , |
(4) |
|
|
|
||||
1 |
l |
1 |
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
где α – угол между векторами dl и r .
Преобразуем подынтегральное выражение так, чтобы в нем была одна пере- менная, например, угол α . Из прямоугольного треугольника ОАС можно выра- зить модуль радиуса-вектора
r = |
R |
= |
R |
. |
(5) |
sin(π -α ) |
|
||||
|
|
sinα |
|
Для определения dl проведем дугу СД радиусом r с центром в точке А и найдем ее длину по формуле CД = r dα , где dα – центральный угол, лежащий напротив дуги. Так как участок провода с током CN = dl мал, то дугу можно заменить её хордой. Получившийся треугольник СДN можно считать прямоугольным и из не- го, с учетом (5), следует
|
|
dl = |
|
|
|
СД |
|
= |
|
r dα |
= |
r dα |
|
= |
|
|
R |
dα . |
|
|||||||||||
|
sin(π − α ) |
sin(π − α ) |
sinα |
sin2 α |
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
Подставим в формулу (4) полученные значения r и dl |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
B |
= α2 μ0 I |
sin2 α |
|
R dα |
sinα = α2 |
μ0 I |
sinα dα = |
μ0I |
(−cosα ) |
|
α1 |
|||||||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
1 |
ò 4π R2 sin2 α |
|
|
ò 4π R |
|
|
|
|
|
|
|
4π R |
|
|
|
α |
2 |
|||||||||||||
|
α1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
α1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Так как участок проводника ограничен с одной стороны, |
то угол α меняется от |
|||||||||||||||||||||||||||||
α1 = π до α2 = π . В результате получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
μ0 I |
|
|
π |
|
|
|
|
μ0I |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
B = |
(cos |
− cosπ ) = |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
4π R |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
4π R |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
Рассмотрим участок проводника 3. Как следует из закона Био-Савара в ска- |
||||||||||||||||||||||||||||||
лярной форме (4), угол, образованный любым элементом тока |
I dl и радиус- |
|||||||||||||||||||||||||||||
вектором r , проведенным |
от элемента |
в точку А, |
равен |
π . |
Следовательно, |
|||||||||||||||||||||||||
r |
= 0 и dB3 = 0 . Отсюда следует, что и B3 = 0, то есть, участок 3 в точке |
|||||||||||||||||||||||||||||
sin(dl ^ r ) |
А магнитного поля не создает.
71
Рассмотрим участок проводника 2. Выделим на нем элемент тока I dl . Век- тор dB2 , в соответствии с законом Био-Савара и правилом правого винта, в точке А будет перпендикулярен к плоскости чертежа и направлен на нас (см. рисунок).
По причине, указанной выше, |
туда же будет направлен и вектор B2 |
(см. рис. 1). |
||||||||||||||||||||||||||
Угол, образованный элементом тока I dl |
|
и радиус-вектором |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
π |
|
|
|
|
|
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
Idl |
|
r , равен 2 . Следовательно, sin(dl ^ r ) = 1 Тогда модуль |
|
R |
r |
|||||||||||||||||||||||||
dB2 будет равен |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
А |
||
|
|
|
|
|
|
|
μ0I |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dB2 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
dB2 = |
|
|
|
|
|
|
|
dl . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
4π R2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
Согласно принципу суперпозиции, индукция B2 |
|
в точке А определяется интегри- |
||||||||||||||||||||||||||
рованием |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B = π R |
|
μ0 I |
dl = |
|
|
μ0I |
l |
|
π R = μ0I . |
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
2 |
ò0 |
4π R2 |
|
|
|
|
|
4π R2 |
|
0 |
|
4R |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
Векторы B1 и B2 взаимно перпендикулярны (см. рис. 1), следовательно |
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
æ |
|
μ0I |
ö2 |
|
|
æ |
μ0I ö2 . |
|
|
|
||||||||||
B = B2 + B2 |
|
= |
|
+ |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
ç |
|
|
|
|
|
ç |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
1 |
2 |
|
|
|
|
|
4π R |
÷ |
|
|
|
|
4R |
÷ |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
è |
|
ø |
|
|
|
|
è |
ø |
|
|
|
|
|
|||||||
Итак |
|
|
|
μ0I |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
B = |
|
|
|
1 |
+ 1 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
4R |
|
|
|
|
π 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Проверим наименование индукции магнитного поля в системе СИ |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
наимен. В = |
|
Гн × А |
|
|
Вб × А |
|
|
Тл× м2 |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
= Тл . |
|
|
|
||||
|
м× м |
|
|
А × м× м |
|
м2 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Подставим числовые значения физических величин и сделаем вычисления. Ответ: индукция магнитного поля в точке А равна 6,00·10–6 Тл.
ЗАДАЧИ
301. К тонкому проволочному кольцу радиусом r подводят ток I =10,0 А (см. рис. 16 приложения). Подводящие провода, делят кольцо на две части l1 = 5,00 см и l2 =15,0 см. Найти индукцию магнитного поля В0 в центре кольца.
302. По проводнику в виде равностороннего треугольника протекает ток си- лой I = 40,0 А. Длина стороны треугольника а = 30,0 см. Определить индукцию магнитного поля В0 в точке пересечения высот треугольника.
303. По тонкому проволочному кольцу радиусом R течёт ток I. Не изменяя силы тока в проводнике, ему придали форму квадрата. Во сколько раз изменилась индукция магнитного поля В0 в центре контура?
72
304. Тонкая лента ширина которой l = 40,0 см, свернута в трубку радиусом R = 30,0 см. По ленте течет равномерно распределенный по ее ширине ток силой I = 200 А (см. рис. 11 приложения). Применяя формулу для расчета индукции
магнитного поля на оси кругового проводника с током на расстоянии h от его центра и принцип суперпозиции, найти индукцию магнитного поля В0 на оси трубки в ее средней точке.
305. По проводнику в виде тонкого кольца радиусом R = 20,0 см протекает ток I = 100 А (см. рис. 12 приложения). Определить индукцию магнитного поля ВА этого тока в точке А, находящейся на оси кольца. Угол β = π/3.
306. Бесконечно длинный провод с током I = 50,0 А изогнут так, как это по- казано на рис. 13 приложения. Определить индукцию магнитного поля ВА этого тока в точке А, лежащей на биссектрисе прямого угла на расстоянии d = 10,0 см от его вершины.
307. По проводу, контур которого изображен на рис. 14 приложения, идет ток I = 10,0 А. Определить индукцию магнитного поля В0 этого тока в точке О, если угол α = 600, а радиус дуги R = 10,0 см.
308. Обмотка длинного прямого соленоида выполнена проводом с плотно прилегающими друг к другу витками. Диаметр провода d = 0,50 мм. Какова ин- дукция магнитного поля В внутри соленоида на его оси при силе тока I = 4,00 А? Воспользоваться формулой индукции магнитного поля на оси кругового провод- ника с током на расстоянии h от его центра и принципом суперпозиции.
309. Определить модуль вектора индукции магнитного поля В0, созданного током, текущим по системе проводников, в точке О (см. рис. 15 приложения). Си- ла тока I = 60,0 А, радиус кругового проводника R = 20,0 см, угол между плоско- стью кругового витка и прямолинейным полубесконечным проводником 900.
310. Проводник имеет форму правильного шестиугольника, сторона которо- го а = 10,0 см. По нему пропускают ток силой I = 25,0 А. Определить индукцию магнитного поля В0 в центре шестиугольника. Сравнить с индукцией магнитного поля в центре кругового провода с таким же током, если его длина равна длине окружности, описанной около данного шестиугольника.
Рабочая программа Тема 20. Сила, действующая на электрический заряд, движущийся в
магнитном поле (магнитная составляющая силы Лоренца)
Пример решения задач
Электрон влетает со скоростью υo = 1,00×107 м/с в плоский конденсатор парал-
лельно его пластинам, длина которых l = 5,00 см. Напряженность электроста- тического поля конденсатора Е = 10,0 кВ/м. При вылете из него электрон попа- дает в однородное магнитное поле, направленное вдоль вектора υо . Индукция
73
этого магнитного поля B = 15,0 мТл. Определить траекторию электрона в маг- нитном поле.
Дано |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B |
|
υ0 = 1,00×107 м/с |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
А |
|
|
|
|
|
υ0 |
α |
||||||||||
|
|
|
|
|
υг = υ0 |
||||||||||||
l = 5,00 см |
|
e |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Е = 10,0 |
кВ/м |
|
|
|
|
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
υв |
α |
B = 15,0 |
мТл |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
υ |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
R, h – ?
Анализ и решение
На электрон, обладающий зарядом е, во время его движения в электростати-
ческом поле конденсатора, действует постоянная сила F = eE , направленная вдоль силовых линий (то есть по вертикали). Так как заряд электрона отрицатель- ный, то направление этой силы противоположно направлению силовых линий, и
она сообщает электрону ускорение
r = F = eE a m m ,
направленное в ту же сторону. Поэтому, электрон имея начальную скорость υo ,
начнет двигаться по параболе с вершиной в точке А (см. рисунок). Выйдя из поля конденсатора, электрон снова будет двигаться прямолинейно под углом α к ско- рости υо . Скорость электрона при вылете из конденсатора υ может быть пред-
ставлена в виде суммы двух составляющих: горизонтальной υг = υо и вертикаль- ной υв (см. рисунок), равной
eE l
υв = аt = m υо .
При этом скорость υо направлена вдоль линий вектора B , а скорость υв перпен-
дикулярна им.
Когда электрон попадает в магнитное поле, на него действует магнитная со-
ставляющая силы Лоренца, равная F e é rBù , или в скалярной форме
м = ëυ û
r
Fм = еυВsin(υ ^ B) = еυвВ .
Если бы электрон обладал только скоростью υв , то под действием магнитной со- ставляющей силы Лоренца он двигался бы по окружности. Действительно, так как сила Fм нормальна к скорости υв , она изменяет лишь направление вектора ско-
рости, но не его модуль. Следовательно, она сохраняет свое численное значение, сообщая при этом электрону постоянное по модулю нормальное ускорение. Это значит, что электрон движется в магнитном поле по дуге окружности. Радиус этой
окружности можно найти из второго закона Ньютона
74
|
mυ |
2 |
|
mυ |
|
|
El |
|
еυвВ = |
|
в |
Þ R = |
|
в |
= |
|
. |
R |
|
|
|
υвB |
||||
|
|
|
eB |
|
Так как у электрона есть еще и скорость υо , перпендикулярная плоскости этой
окружности, он будет двигаться по винтовой линии, характеризуемой радиусом R и шагом h. Шаг винтовой линии представляет собой то расстояние, на которое переместится электрон, двигаясь равномерно со скоростью υо за время, в течение
которого он совершит по окружности один оборот. Это время называется перио- дом Т. С учетом выражения для радиуса винтовой линии
T = 2π R = 2π m . υв eB
Следовательно, шаг винтовой линии
h = υоT = 2π mυо . eB
Проверим наименования радиуса R и шага h в системе CИ
наимен. R = |
Н × м× с |
= |
Н × с× Кл × м |
= м, |
|
|||||||
Кл× м× Тл |
|
|
||||||||||
|
|
|
Кл × Н × с |
|
||||||||
наимен. h = |
кг × м |
= |
кг × м× Кл× м |
= |
кг × м2 |
|
= м . |
|||||
с× Кл× Тл |
с× |
Кл × Н × с |
Н × с2 |
|||||||||
|
|
|
|
Подставим значения величин, входящих в расчетные формулы и, выполнив вычисления, получим
R= 1,00 ×104 × 5,00×10−2 = 3,33 ×10−3 м, 1,00 ×107 ×15,0 ×10−3
h = 2π × 9,1×10−31 ×1,00 ×107 = 2,38 ×10−2 м. 1,6 ×10−19 ×15 ×10−3
Ответ: электрон движется по винтовой линии: R = 3,33·10–3 м, шаг h = 2,4·10–2м.
Рабочая программа Тема 21. Магнитное поле в вакууме. Сила, действующая на проводник с
током в магнитном поле (сила Ампера)
Пример решения задач
Проводящее кольцо поместили в однородное магнитное поле. По кольцу циркули- рует ток I = 40,0 А. Если проволока кольца выдерживает на разрыв нагрузку F = 15,0 Н, то при какой индукции магнитного поля В кольцо разорвется? Радиус кольца R = 20,0 см, его плоскость перпендикулярна линиям магнитной индукции.
75
Дано
I = 40,0 А F = 15,0 Н R = 20,0 см
В = ?
|
У |
|
|
|
|
|
|
|
B |
|
dFAу |
|
|
|
dFА |
||
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
dFAх |
||
I |
У |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
||||
ϕ |
R |
Idl |
||||||
|
i |
|||||||
|
О |
dβ |
dϕ |
|
Х |
|||
|
j |
j |
β |
|
|
|||
|
O |
|
|
|||||
|
i |
|
|
|
|
|
||
|
B |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
||
F |
|
I |
|
|
|
F1 упр |
||
|
|
|
|
|
||||
2 упр |
|
|
|
|
|
|
|
Анализ и решение
На каждый элемент кольца dl, по которому течет ток, со стороны магнитного поля действует сила dFA (сила Ампера). Величина и направление этой силы оп-
ределяется по закону Ампера
dF |
= I édlBù . |
|
|
(1) |
|
A |
ë |
û |
π |
|
|
По условию во всех точках кольца |
r |
r |
. Поэтому в скалярной форме |
||
( dl ^ B ) = |
|||||
уравнение (1) имеет вид |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
dFA = IdlBsin(dl ^ B) = IdlB . |
(2) |
Если ток в кольце течет против часовой стрелке, а вектор внешнего магнит- ного поля направлен на нас (см. рисунок), то силы dFA , действующие на все эле-
менты кольца, лежат в одной плоскости (в плоскости рисунка), направлены по ра- диусам кольца и стремятся растянуть его. В результате, внутри сечения кольца возникает упругая сила, препятствующая растяжению. Чтобы определить эту си- лу, надо из кольца вырезать элемент и приложить к разрезам силы со стороны ос- тальной части кольца. Так как кольцо находится в равновесии, то и выделенный элемент под действием всех сил, приложенных к нему, так же будет находиться в равновесии.
В качестве элемента удобно взять верхнюю половину кольца. К местам раз- реза приложим силы F1 упр и F2 упр , которые действуют со стороны нижней поло-
вины кольца. Так как верхняя половина кольца должна находится в равновесии,
то
FA + F1 упр + F2 упр = 0 , |
(3) |
76 |
|
здесь FA – сила Ампера, действующая на полукольцо с током со стороны внеш-
него магнитного поля. Если эта сила будет больше сил упругости, то кольцо с то- ком разорвется. Чтобы найти силу Ампера, необходимо сложить (проинтегриро-
вать) силы dFA , действующие на все элементы полукольца
FA = ò dFA .
( l )
Здесь индекс l означает, что интегрирование ведется по полукольцу. При этом следует учесть, что все слагаемые являются векторами и имеют различные на- правления.
Выразим вектор dFA через его проекции dFAх и dFAу на оси координат ОХ и ОУ (см. рисунок)
dFA = idFAх + jdFAу ,
где i и j – единичные векторы направлений (орты).
Как следует из рисунка,
dFAx = dFA sinϕ = IBdl sinϕ , dFAу = dFA cosϕ = IBdl cosϕ ,
Тогда
FA = i ò IB × dl sinϕ + j ò IBdl cosϕ .
(l ) (l )
При переходе от одного элемента dl к другому угол ϕ изменяется, то есть подынтегральные выражения содержат две переменные. Необходимо перейти к одной. Из рисунка видно, что dl = R dϕ , где R – радиус кольца. Тогда при интег-
рировании по полукольцу меняться будет только угол ϕ : от - |
π |
до + |
π . |
||||||||
Итак, первый интеграл |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
+ π |
|
|
|
|
||
+ |
π |
|
r |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|||||
r |
2 |
|
|
|
2 |
= 0 . |
|
|
|
||
iIBR ò |
sinϕdϕ = iIBR(-cosϕ ) |
|
|
|
|
||||||
|
π |
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
- 2 |
|
|
|
|
||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Второй интеграл |
|
π |
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
r |
+ |
|
r |
+ |
|
r |
|
|
|
||
|
2 |
cosϕdϕ = |
|
2 |
= |
|
|
|
|||
jIBR ò |
jIBRsinϕ |
|
j 2IBR . |
|
|
||||||
|
|
π |
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
|
− |
|
|
- 2 |
|
|
|
|
|
||
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
Таким образом,
FA = j 2IBR .
77
Из этой формулы видно, что вектор силы Ампера, действующей на полукольцо, совпадает с положительным направлением оси ОУ, а его модуль равен
FA = 2IBR .
Спроецируем уравнение равновесия (3) на ось ОУ и с учетом того, что
F1упр = F2упр = F, запишем
FA – 2F = 0.
Если FA > 2F ,то проволочное кольцо разорвется, тогда
|
2IBR > 2F Þ B > |
F |
. |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
IR |
|
|
Подставим числовые значения величин и найдем |
|
||||
B > |
15,0 |
> 1,87 |
Тл. |
||
40,0 × 20,0 ×10−2 |
Ответ: кольцо разорвется, если индукция магнитного поля В > 1,87 Тл.
ЗАДАЧИ
321. По двум длинным тонким параллельным проводникам, вид которых по- казан на рис. 22 приложения, текут постоянные токи I1 = 5,00 А и I2 = 20,0 А. Оба проводника лежат в одной плоскости, расстояние между ними а = 5,00 см, ширина правого проводника b = 10,0 см. Найти силу магнитного взаимодействия между проводниками в расчете на единицу их длины.
322. Постоянный ток силой I = 5,00 А течет по длинному прямому проводни- ку, сечение которого имеет форму тонкого полукольца радиусом R = 100 мм. Та- кой же ток течет в противоположном направлении по тонкому проводнику, рас- положенному на «оси» первого проводника (см. рис. 23 приложения). Найти силу магнитного взаимодействия F данных проводников в расчете на единицу длины.
323. Тонкий проводник длиной l = 20,0 см изогнут в виде полукольца и по- мещен в магнитное поле (В = 10,0 мТл) так, что плоскость полукольца перпенди- кулярна линиям магнитной индукции. По проводнику пропустили ток I = 50,0 A. Определить магнитную силу F, действующую на проводник.
324. По очень длинному проводнику течет ток I1 = 100 А. Определить маг- нитную силу F, действующую на проводник длиной l = 0,10 м с током I2 = 50,0 А, расположенный в поле первого проводника так, как показано на рис. 17 приложе-
ния (d = l).
325. Из проволоки сделано полукольцо радиусом R = 10,0 см, по которому протекает ток силой I = 10,0 А. Полукольцо помещено в магнитное поле. Вектор индукции лежит в плоскости полукольца и перпендикулярен диаметру. Индукция В равна 50,0 мТл. Определить силу F, действующую на проволоку.
326. В магнитном поле очень длинного провода с током I1 = 200 А располо- жен согнутый под прямым углом проводник с током I2 = 30,0 А (см. рис. 18 при-
78
ложения). Определить магнитную силу F, действующую на этот проводник, если d = l = 0,20 м.
327. Квадратная проволочная рамка расположена в одной плоскости с длин- ным прямым проводом так, что две ее стороны параллельны проводу. По рамке и проводу текут одинаковые токи I = 200 А. Определить магнитные силы F, дейст- вующие на стороны рамки, если ее ближайшая к проводу сторона находится от него на расстоянии, равном ее длине.
328. Полубесконечный проводник, по которому течёт ток I = 10,0 А, согнут под прямым углом (см. рис. 20 приложения). Длина горизонтальной части про- водника l = 5,00 см. Найти магнитную силу F, действующую на конец горизон- тальной части проводника длиной l1 = 3,00 см.
329. По упругому проводящему кольцу, радиус которого R = 5,00 см, проте- кает ток I = 0,40 А. Кольцо помещено в однородное магнитное поле (В = 0,50 Тл) так, что линии магнитной индукции перпендикулярны его плоскости. Найти рас- тягивающее механическое напряжение σ в проводнике, если площадь его попе- речного сечения S = 3,00 мм2.
330. Электрический ток, величина которого I = 0,50 А, проходит по желобку с ртутью. Вблизи желоба проходит прямолинейный бесконечно длинный провод- ник. Расположение желобка с ртутью и прямого провода показано на рис. 21 при- ложения (вид сверху). АВ – желобок, ВС = АВ = 10,0 см. Определить, насколько уменьшится сила давления ртути на дно желобка, если по проводнику пропустить ток I1 = 1,00 А.
Рабочая программа Тема 22. Поток вектора индукции магнитного поля в вакууме через
замкнутую поверхность
Пример решения задач
Рамка, шириной а = 40,0 см и длиной b = 1,00 м, расположена в одной плоскости с прямым, бесконечно длинным проводом с током. Расстояние от провода до се- редины рамки l = 1,00 м. Вычислить относительную погрешность γ при расчете магнитного потока, пронизывающего рамку, считая поле в пределах рамки одно- родным, а магнитную индукцию B равной её значению в центре рамки.
Дано |
Анализ и решение |
|
|||
а = 40,0 см |
Относительная погрешность γ служит для оценки качества из- |
||||
b = 1,00 м |
мерений. В нашем случае она будет определяться соотношением |
|
|||
l = 1,00 м |
γ = |
(Ф1 − Ф2 ) |
100%. |
(1) |
|
γ = ? |
|||||
|
|||||
|
Ф1 |
|
|||
|
|
|
79
В этой формуле Ф1 – магнитный поток, пронизывающий рамку при условии,
что внешнее магнитное поле, создаваемое бесконечно длинным проводом с током |
|||||
I, неоднородное. Индукция такого поля в области, ограниченной шириной рамки, |
|||||
является функцией расстояния r от провода с током |
|
|
|
||
B = |
μ0 I . |
|
|
(2) |
|
|
2π r |
|
|
|
|
Магнитный поток Ф2 рассчитывается при условии, что внешнее магнитное |
|||||
поле в пределах рамки однородное, его индукция постоянна и равна её значению |
|||||
в центре рамки |
|
r |
|
|
|
B = μ0 I . |
(3) |
|
dr |
||
|
|
||||
2π l |
|
|
|
dS |
|
В формулах (2) и (3) μ0 – магнитная постоянная. |
|
|
|||
|
|
|
|||
Потоком вектора магнитной индукции (магнит- |
I |
B |
b |
||
ным потоком) Ф через площадку dS называется |
|||||
|
n |
|
|||
скалярная величина, равная |
|
|
|
||
|
|
|
|
||
dФ = ( BdS ) = BndS , |
(4) |
l |
|
a |
|
где Bn = Bcos(B ^ dS) – проекция вектора В на |
|
||||
|
|
|
r
направление нормали к площадке dS, dS = dS n –
вектор, модуль которого равен элементарной площадке dS, а направление совпа- дает с направлением нормали n к ней. Магнитный поток может быть как положи-
тельным, так и отрицательным в зависимости от знака cos(B ^ dS).
Направление вектора B можно найти по правилу правого винта: если посту-
пательное движение винта совпадает с направлением тока в проводе, то на-
правление вращения головки винта укажет направление вектора B . Направление нормали n выбирается произвольно.
Рассчитаем магнитный поток Ф1 . По правилу правого винта определяем, что вектор В перпендикулярен плоскости рамки и направлен на нас (см. рисунок).
r π
Нормаль n к плоскости рамки направляем туда же. Тогда ( B^ n ) = 2 . Так как
магнитное поле прямолинейного проводника с током неоднородно, поверхность, ограниченную рамкой, разобьем на элементарные полоски, параллельные проводу с током. Длина полоски b, ширина – dr. Так как ширина полоски мала, индукция магнитного поля на ней будет постоянной. Магнитный поток сквозь такую полос- ку, расположенную от провода с током на расстоянии r, рассчитывается по фор- муле (4). Для нашего случая она принимает вид
dФ = B dS = |
μ0I |
b dr , |
|
||
1 |
2π l |
|
|
|
r |
здесь модуль вектора В дается формулой (2), cos(B ^ n) = 1, dS = bdr. |
||
Магнитный поток сквозь всю рамку |
|
|
80