Решение:

Напряженность магнитного поля на бесконечно длинного цилиндра равна

(1),

где n- число витков на единице длины,

k-число слоев. Число витков в одном

слое намотки определится из формулы

(2).

Тогда (3).

Подставляя (3) в (1) и выражая из (1) , получим

, откуда (слоя)

Ответ: k=4

З адача 2.9. Вычислить циркуляцию вектора магнитной индукции вдоль контура, охватывающего токи =10A, =10A , текущие в одном направлении, и ток =20A, текущий в противоположном направлении.

Д ано: Решение

I1=10A По теореме о циркуляции

I2=15A вектора магнитной индукции

I3=20A вдоль произвольного контура L

I

L

1 I2 I3 запишем

Рис. 2.8

- ?

=

Ответ:

Задача 2.10. Провод в виде тонкого полукольца радиусом R = 10 см находится в однородном магнитном поле (В = 50 мТл). По проводу течет ток = 10 А. Найти силу , действующую на провод, если плоскость полукольца перпендикулярна линиям магнитной индукции, а подводящие провода находятся вне поля.

Д ано: Решение:

R = 10 см=0,1м Расположим провод в плоскости чертежа

В = 50мТл= перпендикулярно линиям магнитной

I = 10 А индукции (рис. 2.9) и выделим на нем

F -? малый элемент с током.

Н а этот элемент тока будет действовать

п

Рис. 2.9

о закону Ампера сила . Направление этой силы можно определить по правилу векторного произведения или по правилу левой руки.

Используя симметрию, выберем координатные оси так, как это изображено на рис.2.9, силу представим в виде

где -единичные векторы (орты); и -проекции вектора на координатные оси Ох и Оу.

Силу , действующую на весь провод, найдем интегрированием:

,

где символ L указывает на то, что интегрирование ведется по всей длине провода L.

Из соображений симметрии первый интеграл равен нулю Тогда

(1)

Из рис. 2.9 следует, что dFy = dF , где dF — модуль вектора . Так как век­тор перпендикулярен вектору , то dF = IBdl. Выразив длину дуги dl через радиус R и угол , получим

Тогда .

Введем под интеграл соотношения (1) и проинтегрируем в пределах от до + (как это следует из рис 2.9):

Из полученного выражения видно, что сила сонаправлена с положительным направлением оси Оу (единичным вектором ). Найдем модуль силы :

Произведем вычисления:

(Н)

Ответ: F=0,1 Н.

Дано: v = 2 В = 30мТл= Тл

R-?, h-?

Задача 2.11. Электрон, имея скорость V = 2 Мм/с, влетел в однородное магнитное поле с индукцией В = 30 мТл под углом а = 30° к направлению линий индукции. Определить радиус R и шаг h винтовой линии, по которой будет двигаться электрон.

Решение:

Р

Рис. 2.10

азложим вектор на две составляющие: , направленную перпендикулярно к полю, т.е. вектору и ,

направленную вдоль поля (рис. 2.10).

Проекция траектории электрона на плоскость, перпендикулярную к индукции , представляет собой окружность, радиус которой равен искомому радиусу винтовой траектории.

Из рисунка ,

В результате одновременного участия в движениях по окружности со скоростью и прямой со скоростью электрон будет двигаться по винтовой линии.

Сила Лоренца сообщает электрону нормаль­ное ускорение . По второму закону Ньютона, где . Тогда

откуда

где кг - масса электрона, Кл-заряд электрона

Подставив значения величин, m, e, B и и произведя вычи­сления, получим

Шаг винтовой линии равен пути, пройденному электроном вдоль поля со скоростью за время, которое понадобится электрону для того, чтобы совершить один оборот,

h =

где — период вращения электрона. Тогда:

Поставив в эту формулу значения величин и вычислив, получим:

Ответ: R=0,19мм, h=2,06мм

Задача 2.12. Альфа-частица прошла ускоряющую разность по­тенциалов U = 104 В и влетела в скрещенные под прямым углом электрическое (Е = 10 кВ/м) и магнитное (В=0,1 Тл) поля. Най­ти отношение заряда альфа-частицы к ее массе, если, двигаясь перпендикулярно обоим полям, частица не испытывает отклонений от прямолинейной траектории.

Дано: Решение

U = 104В Для того чтобы найти отношение

E=10кВ/м= В/м заряда альфа-частицы к ее массе

воспользуемся связью между

работой сил

? электрического

поля и изменением кинетической энергии частиц:

о

Рис. 2.11

ткуда (1)

Скорость альфа-частицы найдем из следующих соображений. В скрещенных электрическом и магнитном полях на движущуюся заряженную частицу действуют две силы:

а) сила Лоренца , направленная перпендикулярно скорости и вектору магнитной индукции ;

б) кулоновская сила , сонаправленная с вектором электрического поля (q > 0).

Направим вектор магнитной индукции вдоль оси (рис. 2.11), скорость - в положительном направлении оси , тогда и будут направлены так, как это указано на рис. 2.11

Альфа-частица, не будет испытывать отклонения, если геометрическая сумма сил + будет равна нулю. В проекции на ось получим следующее равенство (при этом учтено, что вектор скорости перпендикулярен вектору магнитной индукции и :

откуда

Подставив это выражение скорости в формулу (1), получим

(2)

Подставим значения E,U и В в (2) и вычислим:

Ответ: q/m=48,1 МКл/кг

Задача 2.13. Виток, по которому течет ток I=20А, свободно установится в однородном магнитном поле В=16 мТл. Диаметр d витка равен 10 см. Какую работу нужно совершить , чтобы медленно повернуть виток на угол относительно оси, совпадающей с диаметром?

Дано: I=20A В=16 мТл=16·10 Тл D=10см=0,1м

А-?

Решение:

П

Рис. 2.12

ри медленном повороте котура в магнитном поле индукционными токами можно пренебречь и считать ток в контуре неизменным.

Работа сил поля в этом случае определяется выражением:

А=I(Ф₂-Ф1) (1)

где Ф₁ и Ф₂ – магнитные потоки, пронизывающие контур в начальном и конечном положениях. Работа внешних сил будет равна модулю работе сил поля и противоположна её по знаку, т.е

, (2)

В начальный момент вектор магнитного момента контура со направлен с вектором (рис2.12(а)) и магнитный поток максимален(α=0, cosα=1), т.е =BS, где S- площадь контура . В конечном положении( рис 2.12(б)) вектор перпендикулярен вектору В(α= и магнитный поток Ф2=0 .

Тогда выражение (2) примет вид:

, где S=

Подставим числовые значения, вычислим

мДж

Ответ: 2,5 мДж

Задача 2.14. Прямой бесконечный ток =5A и прямоугольная рамка с током =3A расположены в одной плоскости так, что сторона рамки l=1м параллельна прямому току и отстоит от него на расстоянии r=0,1b, где b - длина другой стороны рамки (рис 2.13). Определить какую работу необходимо совершить для того, чтобы повернуть рамку на угол α=90˚ относительно оси , параллельной прямому току и проходящей через середины противоположных сторон рамки b.

Дано: =5A =3A l=1м; =0,1b;α=90˚

A-?

Решение:

Легко видеть, что во втором положении магнитный поток через рамку равен нулю: =0.

Таким образом, необходимо рассчитать магнитный поток , через рамку в первом положении. Так как поле прямого бесконечного тока

B1= (1)

я

Рис. 2.13

вляется неоднородным, то применим дифференциально-

интегральный метод. Разделим площадь рамки на столь узкие полосы, чтобы в пределах каждой такой полосы магнитное поле можно было бы приближённо считать однородным. Рассмотрим одну такую полоску шириной dx (рис 2.13), находящуюся на расстоянии x от прямого тока I₁ . Элементарный магнитный поток через эту полоску

dФ=BdS= (2)

Отсюда после интегрирования по x находим магнитный поток:

Ф= (3)

Подставляя численные значения в (3)

Ф= получаем Дж.

Ответ: Дж.

Задача 2.15. В однородном магнитном поле с индукцией В=0,1 Тл равномерно вращается рамка, содержащая N=1000 витков, с частотой n=10c . Площадь S рамки равна 150 см . Определить мгновенное значение ЭДС , соответствующее углу поворота рамки 30˚.

Дано В=0,1 Тл N=1000 N=10c S=150см = α=30˚

ξi-?

Решение:

Мгновенное значение ЭДС ξ_i определяется основным уравнением электромагнитной индукции Фарадея-Максвела:

ξ_i =-dψ/dt (1)

Потокосцепление ψ=NФ, где N- число витков, пронизываемых магнитным потоком Ф. Подставив выражение ψ в формулу (1),

Получим:

ξ_i =-N (2)

При вращении рамки магнитный поток Ф, пронизывающий рамку в момент времени t, изменяется по закону Ф=BScosωt, где В- магнитная индукция; S-площадь рамки; ω-угловая частота. Подставив в формулу (2) выражение Ф и продифференцировав по времени, найдем мгновенное значение ЭДС индукции:

ξ_i =NBSωsinωt (3)

Угловая частота ω=2πn . Подставив выражение ω в формулу (3) и заменив ωt на угол α, получим:

ξ_i =2πnNBSsinα (4)

Произведя вычисления по формуле (4), найдем:

ξ_i =

Ответ: ξ_i =47,1 В

Задача 2.16. Катушку индуктивностью L=0,6 Гн подключают к источнику тока. Определите сопротивление катушки, если за время t=3с сила тока через катушку достигает 80% предельного значения.

Дано: L=0,6 Гн t=3c I=80%I0

R-?

Решение:

При замыкании цепи помимо внешней ЭДС ξ возникает ЭДС самоиндукции

= - L , препятствующая , согласно правилу Ленца, возрастанию тока.

В процессе включения источника тока нарастание силы тока в цепи задаётся функцией:

= (1-e ),

где τ - время релаксации.

Следовательно, сила тока в любой момент определяется из выражения:

(1-e ) (1)

Учитывая условия задачи, из выражения (1) находим:

0,8 = (1-e ) , 0,8=1-e , e = 0,2, , R= - .

R= - Ом

Ответ: R=321 мОм

Задача 2.17. В цепи шёл ток =50А. Источник тока можно отключить от цепи, не разрывая её. Определить силу тока в этой цепи через t=0,01с после отключения её от источника тока. Сопротивление R цепи равно 20 Ом, её индуктивность L=0,1 Гн.

Дано: Io=50A t=0,01c R=20Ом L=0,1Гн

I-?

Решение:

Вследствие явления самоиндукции при выключении Э.Д.С. ток в цепи спадает по

закону:

(1)

Подставив в формулу (1) значение Io,R,L и t и вычислив, получим

I=50·e =50·e =6,75 (А)

Ответ: I=6,75 A

Задача 2.18. В однородном магнитном поле (В=0,02Тл) вокруг оси ,параллельной линиям индукции ,вращается тонкий однородный стержень длины l=40 см . Ось вращения перпендикулярна стержню и проходит через одну из его концов (рис. 2.14). Угловая скорость ω=10с . Найти разность потенциалов между осью и серединой стержня, между серединой и свободным концом стержня.

Дано: В=0,02 Тл l=40см=0,4м ω=10с

(φо-φa)-? (φa-φc)-?

Решение:

П ри движении стержня в магнитном поле в нём (в стержне) возникает Э.Д.С. индукции; перераспределение зарядов в стержне происходит под

д

Рис. 2.14

ействием магнитной составляющей силы

Лоренца:

, (1)

являющейся в данном случае сторонней силой. Заряды разных знаков накапливаются на концах стержня, создают кулоновское поле, напряжённость которого

(2)

Разность потенциалов между двумя любыми точками стержня

С учётом выражений (1) и (2) получим:

= - (3)

Если стержень вращается так, как показано на рис 2.14, то электроны будут накапливаться на закреплённом конце стержня и ( - ), так же как и ( – ), должна быть отрицательна

, тогда

Так как , то ;

Тогда = =

Ответ: - 4мВ; -12мВ.

Задача 2.19. Источник тока замкнули на катушку с сопротивлением R=10 Ом и индуктивностью L=1 Гн. Через сколько времени сила тока замыкания достигнет 0,9 предельного значения?

Дано: R=10 Ом L=1 Гн I=0,9Io

t-?

Решение:

Ток в цепи, содержащей сопротивление R и индуктивностью L , вследствие явления самоиндукция при замыкании нарастает по закону:

(1)

Подставляя в формулу (1) значения R,I,L и t, получим после преобразований:

0,9 ; 0,9=1-e

e =1-0,9=0,1 (2)

Логарифмируя выражение (2), найдём время t

Дано R1=5,0 Ом R2=95 Ом L=0,34 Гн

1) -? 2) 3)

-10t ln e = ln0,1 ; t = .

Ответ: t =0,23 с

Задача 2.20. В цепи , схема которого изображена на (рис 2.15) =50 Ом , =95 Ом, L=034 Гн, ξ =38 В. Внутреннее сопротивление батареи пренебрежимо мало. Определить силу тока в резисторе R2 в трех случаях: 1) до размыкания цепи; 2)в первый момент после размыкания; 3)через 0,01 с после размыкания.

Решение

1) Силу постоянного

тока до размыкания цепи находим по второму правилу Кирхгофа , применив его для контура abcda (рис 2.15)

+ I·r=ξ

Рис 2.15

Рис. 2.15

где I- сила тока в батарее, r-внутреннее сопротивление источника.

Так как по условию r=0, то

=

2) Найдём силу тока в резисторе сразу же после размыкания ключа. Если в первом случае участки цепи bc,ef были соединены между собой параллельно, то после отключения батареи они, образуя один неразветвлённый контур befcb , оказываются соединёнными последовательно. Участок ef обладает индуктивностью, ток I1, проходивший до размыкания цепи по этому участку должен сохраняться, а ток станет равным нулю. Следовательно,

А.

3) Так как теперь цепь отключена от батареи, ток начнёт убывать. Его величину в заданный момент t=0,01 с можно определить по формуле:

для изменения тока при замыкании и размыкании, приняв в ней ξ=0 (случай размыкания), . Тогда получим:

Подставив числовые значения величин L,t в формулу и вычислив, найдём

=0,4 А

Ответ: 1) ; 2) ; 3)

Задача 2.21. Две катушки намотаны на один общий каркас. Определить их взаимную индуктивность, если при скорости изменения силы тока в первой катушке во второй катушке индуцируется ЭДС

Дано: =0,2В

Решение:

При отсутствии ферромагнетиков коэффициенты одинаковы.

Магнитный поток через вторую катушку

.

По закону взаимной индукции ЭДС во второй катушке равна

.

Откуда

(Гн).

Ответ: L =0,1 Гн.

Задача 2.22. На стержень из немагнитного материала длиной =50см намотан в один слой провод так, что на каждый сантиметр длины стержня приходится 20 витков. Определить энергию W магнитного поля внутри соленоида, если сила тока в обмотке равна 0,5А. Площадь сечения стержня равна 2см .

Дано L=50см=0,5м N= I=0,5А S=2см

W-?

Решение

Энергия магнитного поля соленоида с индуктивностью L , по обмотке которого течёт ток I , выражается формулой

W= (1)

Индуктивность соленоида в случае немагнитного сердечника

зависит только от числа витков на единицу длины n и от объема V сердечника: , где - магнитная постояннаяV=lS –объем сердечника.

Подставив в формулу (1) выражения , n,l,S,I получим

. (2)

(Дж)=

=62,8 мкДж.

Ответ: W=62,8 мкДж

Задача 2.23. Тороид с воздушным сердечником содержит 20 витков на 1 см. Определите объемную плотность энергии в тороиде , если по его обмотке протекает ток 3А.

Дано: =20см I=3А μ=1

w-?