физика.методичка

В рассматриваемом случае (ϕ = π/ 2)

работа внешних сил опре-

деляется выражением

A = Iπr2 B .

(3.33)

Задачу можно решить и другим способом. Работа внешних сил

2

У

по перемещению контура с током в магнитном поле равна

A = −I∆Ф = I(Ф1 −Ф2 ) ,

Т

(3.34)

Н

где Ф1 = BS = Bπr – магнитный поток, пронизывающий контур в

начальный момент времени;

Ф2 = 0 – магнитный поток, пронизывающий контур после по-

ворота.

Следовательно,

й

A = Iπr2B,

Б

и

р

что совпадает с формулой (3.33).

Произведем вычисления:

о

A = 100

3,14 0,22 0,02 = 0,251 Дж.

антенна

и

Задача 3.8

з

(вертикальный проводник)

длиной 2 м

Автомоб льная

движется с востока на запад в магнитном поле Земли со скоростью

о

60 км/ч. Вычислить разность потенциалов между концами провод-

ника. Г ри нтальную составляющую индукции магнитного поля

п

-5

Тл.

Земли ринять равной 2 10

е

Р

111

У

U = ?

Т

Рис. 3.8

Н

Б

Решение

й

Так как проводник разомкнут, тока в нем не будет, и разность

потенциалов U на концах проводника равна ЭДС индукции:

и

U = B l υ sin α,

где l – длина проводника;

р

υ – скорость его движения;

α – угол между векторами B и υ.

Смещение электронов в вер икальной антенне автомобиля под

и

действием силы Лоренца

Fопроисходит за счет горизонтальной со-

з

л

тнмагн ого поля Земли, т.е.

B = Bг; sin α =1 .

ставляющей индукц

в рхнийжительно.

магнитного поля Земли направлены с юга

Так как силовые л н

на север, то п д действием Fл электроны переместятся к верхнему

п

концу антенны. Таким образом, нижний конец антенны зарядит-

ся ол

и

будет иметь более высокий потенциал, чем

Р

Возникшая разность потенциалов равна

е

U = Bгlυ.

112

Задача 3.9

У

Т

В однородном магнитном поле (В = 0,1 Тл) равномерно с часто-

той 10 с-1 вращается рамка, содержащая 1000 витков, плотно приле-

гающих друг к другу. Площадь рамки – 150 cм2. Ее вращение со-

вершается вокруг оси, лежащей в ее плоскости и перпендикулярной

линиям магнитной индукции. Найти максимальную ЭДС индукции

Б

во вращающейся рамке. Определить количество электричества, ко-

торое протечет через рамку за время ее поворота на угол 30° в слу-

чаях, если угол поворота рамки изменяется: 1) от 0Ндо 30°; 2) от 30

й

Ом (рис. 3.9).

до 60°. Сопротивление рамки принять равным 10

и

Дано:

р

о

B = 0,1 Тл;

т

ν

=10 с-1;

и

N =1000;

з

S =150

см

2

;

о

ϕ

0

= 0 ;

п

ϕ

1

= 30

;

Р

ϕ

2

= 60о.

ε max = ?

Рис. 3.9

еq = ?

113

Решение

ЭДС электромагнитной индукции определяется уравнением

ε = −

dψ

,

(3.35)

У

dt

Т

где ψ – потокосцепление, равное в данном случае ψ = ФN.

При вращении рамки магнитный поток, пронизывающий рамку в

момент времени t, определяется уравнением

Н

Ф = B S cos (ωt + α),

Б

(3.36)

где α – угол, образуемый нормалью к поверхноcти рамки и направ-

лением силовых линий при t = 0;

й

ω = 2πν

i

– циклическая (круговая) частота.

Из выражения (3.37) вытекает

индукции

принимает вид

С учетом (3.36) выражение для ЭДС

р

ωt

+ α) .

ε =

NBS 2πν sin(

(3.37)

т

= NBS 2πν.

εi max

(3.38)

и

Произведем выч слен яо:

ε i max =1000 0,1 1,5 10−2

2 3,14 10 = 94,2

B .

о

Мгн веннзе значение индуктивного тока в рамке определяется

закон м Ома

е

Р

п

Ii = εi

,

R

I i = −

1

dψ

= −

1

N

dФ

.

(3.39)

R

dt

R

dt

Мгновенное значение тока

У

I i

= dq

,

dt

Н

поэтому (3.39) можно переписать в виде

dq = −

1

N

dФ

;

Т

R

dt

dt

(3.40)

й

dq = −N

dФ

Б

R

и1

После интегрирования выражен я (3.40) получим

Q

р

Ф2

∫dq = −

N ∫dФ;

R

т

R

0

Ф1

о

Ф2 −Ф1

(3.41)

з

q

=

N

.

R

о

Так как Фи= BScosϕ

, окончательно имеем

п

q = NBS (cosφ

0

−cosφ ) .

(3.42)

Р

1

В первом случае

е

q

= NBS

(1 −cos 30о) .

1

R

115

q 2

= NBS (cos30о

−cos60о) .

R

У

Произведем вычисления:

Т

10

q

=1000 0,1 1,5 10−2

(1 −0,866)= 2,06 10−2

Кл;

1

10

Н

q

=1000 0,1 1,5 10−2

(0,866

−0,5)= 5,5 10−2

Кл.

2

Задача 3.10

й

При некоторой величине тока плотность энергии магнитного по-

3

ля длинного соленоида без сердечника равна 0,2 ДжБ/м . Во сколько

при

раз увеличится плотность энергии поля

том же токе, если соле-

ноид будет иметь сердечник? При

ен

задачи воспользоваться

графиком рис. 3.10.

реш

Дано:

о

ω1 = 0,2 Дж.

ω2

т

= ?

ω1

и

з

о

п

е

Рис. 3.10

Р

Решение

ω1 =

1

µµ 0 H 2 ,

(3.43)

2

где µ – магнитная проницаемость вещества;

µ0 – магнитная постоянная;

У

H – напряженность магнитного поля.

Т

Для соленоида величина Н равна

H = nI,

Н

(3.44)

где n = N/l – число витков, приходящихся на единицу длины соле-

ноида;

I – ток.

Так как ток соленоида не меняется, величина Н в соответствии с

ω

µ й

(3.44) будет неизменной в обоих случаях. Следовательно, отноше-

ние ω2 / ω1

равно

и

Б

ω2

=

µ

2

.

(3.45)

р

1

о

1

Величина µ может быть найдена по формуле

µ

=

B

.

и

µ0H

з

Найдем

наченте Н из формулы (3.43), записанной для случая,

когда

д не содержит сердечника ( µ1 =1):

е

солено

H

=

2ω1 ;

(3.46)

µ0

Р

п

H =

2 0,2

= 560 А/м.

4 3,14 10−7

117

В соответствии с графиком рис. 3.10, этому значению Н соответ-

ствует величина B2

= 1,15 Тл. Следовательно, величина µ2 равна

µ2

=

1,15

=1,6

103 .

560

4 3,14 10−7

У

В соответствии с формулой (3.45), во столько же раз увеличива-

ется плотность энергии в соленоиде с сердечником:

Т

ω2 =1,6

103 .

Н

ω

1

Задача

3.11

й

Определить частоту собственных колебаний колебательного кон-

тура, который состоит из воздушного плоского конденсатораБ

с пло-

щадью каждой из пластин 100 см2

и

расстоян ем между ними 3 мм и

катушки длиной 10

и радиусом 0,5 см. Ч сло в тков катушки – 500.

Активное сопротивление конту а п

нять авным нулю.

Дано:

о

d = 3 мм;

р

l = 10 см;

и

S = 100 м2;

т

r = 0,5 см;

з

N = 500.

ν = ?

соб

п

Решение

Пе

ственных колебаний в контуре без активного сопро-

риод

тивл ния о ределяется формулой Томсона

Р

T = 2π

LC ,

(3.47)

L = µ0

N 2

S = µ0

N 2

πr2 .

(3.48)

l

l

У

Емкость конденсатора

C =

ε0S

.

Н

(3.49)

d

С учетом формул (3.47) и (3.48) выражение для частотыТколеба-

ний принимает вид

й

ν =

1

=

1

=

1

ld

.

(3.50)

2

2

T

2π