Ермолаева Сборник задач к выполнению индивидуалныкх домашникх заданиы 2015
.pdf
Дано: |
СИ |
I = 100 А |
|
R = 10 см |
0,1 м |
В = ? |
|
|
|
Решение. Магнитную индукцию B в точке O найдем, используя принцип суперпозиции магнитных полей:
→ |
n |
→ |
|
|
|
||
B = ∑Bi . |
Рис. 2.5 |
||
|
|||
i=1
В нашем случае провод можно разбить на пять частей: два прямолинейных провода AB и EF, уходящие одним концом в бесконечность, один отрезок DC и две полуокружности BC – радиусом 2R и DE – радиусом R. Тогда
B = BAB + BBC + BDC + BDE + BEF.
Магнитная индукция от участков AB и DC равна нулю, так как точка O лежит на оси провода AB. Поэтому
B = BBC + BDE + BEF.
Магнитная индукция поля кругового тока радиусом R равна
|
|
|
|
|
B = μ0 I , |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2R |
|
|
|
где I – сила тока. Тогда |
|
|
|
|
|||||
BBC |
= |
1 |
|
μ0 I |
= μ0 I |
и BDE |
= |
1 |
μ0 I = μ0 I . |
|
|
|
|||||||
|
|
2 2(2R) 8R |
|
|
2 2R 4R |
||||
Поскольку токи текут в разных направлениях, то вектор индукции BBC направлен в сторону, противоположную направлению вектора BDE. Вектор BEF будет направлен в ту же сторону что и BDE.
Поэтому |
|
|
|
||||
B = BDE – BBC + BEF = |
μ0 I |
− |
μ0 I |
+ BEF |
= |
μ0 I |
+ BEF . |
|
|
|
|||||
|
4R 8R |
|
8R |
||||
Известно, что магнитное поле на расстоянии r от отрезка длинной l, по которому течет ток силой I, равно
B = μ0 I (cos α1 − cos α2 ) . 4πr
61
Поэтому в нашем случае вектор магнитной индукции от отрезка EF равен
B = μ0 I (cos α − cos α ) .
EF π 1 2
4 r
Из рис. 2.5 видно, что α1 = π , α2 = π и r = R, поэтому
2
|
|
BEF |
= |
μ0 I |
(cos π − cos π) = |
μ0 I |
. |
||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
4πR |
|
|
2 |
|
|
|
|
4πR |
||||||
Магнитное поле от всей рамки равно |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
B = |
μ0 I |
+ |
μ0 I |
|
= |
μ0 I |
+ |
2 |
|
= |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
8R |
|
|
4πR |
8R |
|
|
π |
|
|
||||||
|
4π 10−7 |
100 |
|
2 |
|
|
|
|
|
−4 |
|
|
|
|
|
|
|||
= |
|
|
1+ |
|
|
|
= 2,57 10 |
|
Тл |
= 0,257 мТл . |
|||||||||
8 0,1 |
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
3,14 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Ответ: В = 0,257 мТл.
Задача 2.2. По двум скрещенным под прямым углом бесконечно длинным проводам текут токи I и 2I (I = 100 А). Определите магнитную индукцию B в точке А (рис. 2.6). Расстояние d = 10 см.
Дано: |
|
СИ |
Решение. Магнитная индукция поля бес- |
|||||||||
I = 100 А |
|
|
конечно длинного прямого тока на расстоя- |
|||||||||
d = 10 см |
|
0,1 м |
нии r равна |
B = |
μ0 I |
|||||||
|
|
|
|
, где I – сила тока. |
||||||||
В = ? |
|
|
2 r |
|||||||||
|
|
|
|
|
π |
|||||||
|
|
|
|
Точка А находится на рас- |
||||||||
|
|
|
|
стоянии 2d от первого провода и |
||||||||
|
|
|
|
на расстоянии d от второго про- |
||||||||
|
|
|
|
вода. В результате, модули век- |
||||||||
|
|
|
|
торов магнитной индукции: |
||||||||
|
|
|
|
|
|
B1 = |
μ0 2I |
= |
|
μ0 I |
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
2π2d 2πd |
|||||
|
|
|
|
|
|
B2 = |
μ0 I |
. |
||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
Рис. 2.6 |
|
|
|
|
|
2πd |
|||||
|
|
Из рис. 2.6 видно, что векто- |
||||||||||
|
|
|
|
|||||||||
ры B1 и B2 перпендикулярны друг другу, поэтому суммарный вектор магнитной индукции найдем по правилу Пифагора:
62
|
|
2 |
|
2 |
|
|
μ0 I 2 |
|
μ0 I 2 |
μ0 2I |
||||
B = |
(B1 ) |
|
+ (B2 ) |
|
= |
|
|
|
+ |
|
= |
|
. |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2πd |
|
2πd |
2πd |
||||
Подставим численные значения в системе СИ: |
|
|
||||||||||||
B = |
4π 10−7 2 100 |
= 2,8 10−4 Тл = 0,28 мТл . |
||||||||||||
|
||||||||||||||
|
|
|
2π 0,1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: В = 0,28 мТл.
Задача 2.3. По тонкому кольцу радиусом R = 20 см течет ток I = 100 А. Определите магнитную индукцию B на оси кольца в точке А (рис 2.7). Угол α = π/3.
Дано: |
СИ |
I = 100 А |
|
R = 20 см |
0,2 м |
α = π/3 |
|
В = ? |
|
Решение. Для решения задачи воспользуемся законом Био–Савара–Лапласа:
= dB
|
|
|
|
Рис. 2.7 |
μ0 |
|
|
, |
(1) |
|
I[dlr ] |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4π |
|
r3 |
|
|
где dB – магнитная индукция поля, создаваемого элементом тока
Idl в точке, определяемой радиусом-вектором . r
Выделим на кольце элемент dl и от него в точку А проведем ра-
диус-вектор (см. рис. 2.7). Вектор dB направим в соответствии с r
правилом буравчика. Согласно принципу суперпозиции магнитных полей магнитная индукция в точке определяется интегрированием:
|
|
|
B = ∫ dB , |
(2) |
|
l
где интегрирование ведется по всем элементам dl кольца.
|
|
Разложим вектор dB |
на две составляющие: dB1 : перпен- |
дикулярную плоскости кольца, и dB2 , параллельную плоскости
кольца, т. е. dB = dB1 + dB2 . Тогда
63
→ |
→ |
→ |
|
B = ∫ d B1 |
+ ∫ d B2 . |
(3) |
|
|
l |
l |
|
∫ =
Поскольку из соображений симметрии dB 0 и, учитывая, что
l
составляющие векторы dB1 от различных элементов dl сонаправлены, заменим векторное суммирование (интегрирование) скалярным:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B = ∫ dB1 , |
|
|
|
|
|
(4) |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
где |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dB1 = dBcosα , |
|
|
|
|
(5) |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dB = μ0 |
|
|
Idl |
. |
|
|
|
|
(6) |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4π r |
|
|
|
|
|
|
||||||
Таким образом, из (4) c учетом формул (5) и (6) получим: |
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
μ0 I |
2πR |
|
|
μ0 I |
2πR |
|
|
|
μ0 IR |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
B = |
|
|
|
|
|
cos α |
∫ dl = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
cos α = |
|
2 cos α . |
(7) |
|||||
4π r |
2 |
4π |
|
|
r |
2 |
|
2r |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Из рис. 2.7 видно, что cos α = |
R |
, откуда |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
r = |
|
R |
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
(8) |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
cos α |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
С учетом (8) окончательно получим: |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
B = μ0 IR2 cos α = μ0 IR2 cos3 α = μ0 I cos3 α . |
(9) |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
2r |
|
|
2R |
|
|
|
|
|
|
|
2R |
|
|
|
|||||
Подставим в (9) числовые значения: |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
4π 10−7 100 |
|
3 |
|
π |
|
|
|
|
|
|
−5 |
|
|
|
|
|||||||||
B = |
|
|
|
|
|
|
|
соs |
|
|
|
= |
3,9 10 |
|
Тл = 0,39 мкТл . |
|
|||||||||
|
|
|
|
0,2 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Ответ: В = 0,39 мкТл.
Задача 2.4. В однородное магнитное поле с индукцией В = 150 мТл помещена прямоугольная рамка со сторонами а = 4 см и b = = 6 см соответственно. Нормаль к плоскости рамки составляет с направлением магнитного поля угол 60°. Определите вращающий момент, действующий на рамку, если по ней течет ток I = 1 А.
64
Дано: |
СИ |
В = 150 мТл |
0,15 Тл |
а = 4 см |
|
b = 6 см |
|
α = 60° |
|
I = 1 А |
|
М = ? |
|
Решение. По определению, вращающий момент равен векторному произведению магнитного момента рамки и магнитной индукции внешнего поля:
→ |
|
→ |
→ |
M = pm |
B . |
||
|
|
|
|
Отсюда модуль вращающего момента
M = pm Bsin α .
Магнитный момент рамки равен:
pm = IS ,
где I – ток, протекающий в рамке; S – площадь рамки, S = ab. В итоге получим:
M = IabВsin α.
Подставим числовые значения:
M = 1 0,04 0,06 0,15sin 60° = 311,76 мкН м .
Ответ: М = 311,76 мкН м.
Задача 2.5. По трем параллель- |
|
|
|
|
||||
ным прямым проводам, находящимся |
|
|
|
|
||||
на одинаковом расстоянии R = 20 см |
|
|
|
|
||||
друг от друга, текут одинаковые токи |
|
|
|
|
||||
I1 = I2 = I3 = I = 400 А (рис. 2.8). В |
|
|
|
|
||||
двух проводах направления токов |
|
|
|
|
||||
совпадают. Вычислить для каждого |
|
|
|
|
||||
из проводов отношение силы, дейст- |
|
|
|
|
||||
вующей на него, к его длине. |
|
|
Рис. 2.8 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
||
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
Сила |
взаимодействия двух |
||
|
|
|||||||
I = 400 А |
|
|
|
|||||
|
|
|
прямолинейных бесконечно длинных па- |
|||||
I1 = I2 = I3 |
= I |
|
|
|||||
|
|
раллельных токов на единицу их длины |
||||||
|
|
|
|
|||||
R = 20 см |
|
0,2 см |
|
|
F |
= |
μ0 I1I2 |
, |
F1 = ? F2 |
= ? |
|
|
|
||||
|
|
|
2πR |
|||||
|
|
|
|
|
|
|||
F3 = ? |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где R – расстояние |
между проводами с |
||||
|
|
|
|
|||||
токами I1 и I2. Поскольку расстояния между проводами и токи равны, то силы взаимодействия между любыми парами проводов будут одинаковыми. Из рис. 2.8 видно, что
65
F1 = F2 = 2Fcos60º = 2F 0,5 = F .
Поэтому |
|
|
|
|
F1 = F2 = |
|
4π 10−7 400 400 |
= 0,16 Н/м . |
|
|
|
2π 0,2 |
||
|
|
|
|
|
Определим силу F3 исходя из того, что F3 = 2 F cos30º = 3F : |
||||
|
F3 = |
3 0,16 = 0,28 Н/м . |
||
Ответ: F1 = F2 = 0,16 Н/м, F3 = 0,28 Н/м.
Задача 2.6. Электрон, пройдя ускоряющую разность потенциалов 88 кВ, влетает в однородное магнитное поле перпендикулярно его линиям индукции (α = 90°). Индукция поля равна 0,01 Тл. Оп-
ределите радиус траектории r электрона. |
|
|
|
|||||||
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. Сила Лоренца |
||||||
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
FЛ = eυBsin α |
||||
U = 88 кВ |
|
88000 В |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
α = 90° |
|
|
|
служит центростремительной силой |
||||||
В = 0,01 Тл |
|
|
|
движущей электрон по окружности: |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
mυ2 |
|
|
r = ? |
|
|
|
|
|
|
|
FЛ = |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r |
|
Энергия электрона |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
mυ2 |
|
= eU . |
(1) |
|||
|
|
|
2 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
где q – заряд электрона; q = 1,6 10-19Кл; |
m – масса электрона, m = |
|||||||||
= 9,1 10-31 кг. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Выразим из (1) скорость: |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
υ = |
2eU |
. |
(2) |
||||
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
Из равенства сил FЛ = Fцс выразим радиус лученное выражение уравнение (2):
|
|
|
eυBsin α = |
mυ2 |
, |
|
|
|||
|
|
r |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
r = |
mυ2 |
= |
mυ |
= |
m |
|
2eU |
= |
||
|
|
|
|
|
|
|||||
eυBsin α |
eBsin α |
eBsin α |
|
m |
||||||
r и подставим в по-
|
(3) |
||
1 |
|
2Um |
. (4) |
Bsin α |
|
||
|
e |
||
Так как α = 90°, то sinα = 1. В результате преобразований (4) получим:
66
1 |
|
2Um |
1 |
|
2 88 103 9,1 10−31 |
|
||
r = |
|
|
|
= |
|
|
|
= 0,1 м. |
B |
|
e |
10−2 |
|
1,6 10−19 |
|||
Ответ: r = 0,1 м. |
|
|
|
|
|
|||
Задача 2.7. В однородном магнитном поле с индукцией B дви- |
||||||||
жется электрон |
по винтовой линии. Угол между вектором скоро- |
|||||||
сти и вектором магнитной индукции равен α. Определите скорость электрона, если шаг винтовой линии h, а радиус R.
Решение. Рассмотрим две составляющие скорости (рис. 2.9): υ = υsin α и υ|| = υ cos α .
Рис. 2.9
|
|
|
|
|
|
Для составляющей υ = υsin α |
|
= 90° , тогда эта состав- |
|||
(υ , B) |
|||||
|
|
|
|
|
|
ляющая даст траекторию-окружность: |
|
|
|||
|
FЛ = qυ B = maц = |
mυ1 |
, |
||
|
|
||||
|
|
|
|
r |
|
откуда r = mυ / (qB) |
( υ << c , m = const ) и |
|
|
||
|
T = 2πr / υ = 2πm / (qB) . |
||||
Составляющая υ|| |
= const дает |
траекторию в виде прямой ли- |
|||
нии. В сумме обе составляющие (окружность и прямая линия) дают винтовую линию с шагом между витками
h = υ||T = υcos α2πm / (qB) = 2πmυcos α . qB
67
Отсюда получим
=qBh
υ2πmcos α ,
где q – заряд электрона; m – масса электрона.
= qBh
Ответ: υ 2πmcos α .
Задача 2.8. Прямоугольная рамка площадью 500 см2, состоящая из 200 витков провода, равномерно вращается в однородном магнитном поле вокруг оси, проходящей через ее центр параллельно одной из ее сторон с частотой 10 с-1 (рис. 2.10). При этом в рамке индуцируется ЭДС, максимальное значение которой 150 В. Найдите индукцию магнитного поля.
Дано: |
СИ |
|
|
S = 500 cм2 |
0,05 м2 |
|
|
N = 200 |
|
|
|
ν = 10 с-1 |
|
|
|
ξmax = 150 B |
|
|
|
B = ? |
|
|
|
|
|
Рис. 2.10 |
|
Решение. По закону Фарадея в рамке, состоящей из N витков, |
|||
вращающейся в магнитном поле, возникает ЭДС индукции: |
|
||
|
ξi = –NdФ/dt, |
(1) |
|
где |
Ф = ВScos(wt), w = 2πν. |
|
|
|
(2) |
||
Подставим (2) в (1) и продифференцируем полученное выраже-
ние: |
|
|
|
|
ξi |
= − N |
d |
(BS cos(2πνt)) = NBS2πν sin(2πνt). |
(3) |
|
||||
|
|
dt |
|
|
ЭДС индукции будет максимальна в моменты времени, когда
sin(2πνt) = 1: |
|
||
ξi = ξi max = NBS2πν, |
(4) |
||
Выразим из (4) индукцию магнитного поля: |
|
||
В = |
ξi max |
(5) |
|
|
. |
||
NS2πν |
|||
68
Подставим в (5) числовые значения в системе СИ (S = 500 см2 = = 5 10-2 м2):
B = |
|
150 |
|
|
= 0,24 Тл. |
|
|
|
|
||
|
5 10−2 2 |
3,14 |
|
||
200 |
10 |
||||
Ответ: В = 0,24 Тл. |
|
|
|
|
|
Задача 2.9. Проводящее кольцо радиуса r = 0,1 м и сопротивлением R = 10 Ом находится в магнитном поле с индукцией В = = 1 млТл. Определите количество электричества при повороте плоскости кольца на угол 30° от положения, в котором плоскость кольца перпендикулярна вектору магнитной индукции.
Дано:
r = 0,1 м R = 10 Ом В = 1 млТл α1 = 0 α2 = 30°
q = ?
Тогда
q = Ii
=
СИ |
|
|
Решение. Так как при повороте коль- |
|||||||||||
|
|
|
|
ца изменяется магнитный поток сквозь |
||||||||||
|
|
|
|
плоскость кольца, то в кольце возникает |
||||||||||
10-3 Тл |
|
ЭДС индукции и индукционный ток. |
||||||||||||
|
|
|
|
Применим закон электромагнитной ин- |
||||||||||
|
|
|
|
дукции Фарадея |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ΔΦм |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ξi = − |
|
. |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t |
|
||
t = |
ξi |
t = |
t |
− |
ΔΦм |
|
= |
BS cosα1 − BS cosα2 |
= |
|||||
|
|
|
|
|
||||||||||
|
R |
R |
|
|
t |
R |
|
|
|
|||||
BS(cos α1 − cos α2 ) |
= |
Bπr2 (cos α1 − cos α2 ) |
. |
|||||||||||
|
|
|
||||||||||||
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
R |
|
|
|
|
|
Подставляя в формулу все величины в системе СИ, получим
|
10−3 3,14 0,01(1− |
3 |
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
q = |
2 |
|
≈ 4,2 10 |
−7 |
Кл = 0,42 мкКл. |
|
10 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: q = 0,42 мкКл .
Задача 2.10. Найдите разность потенциалов, возникающую на концах крыла самолета при горизонтальном полете со скоростью υ = 1200 км/ч, если размах крыла самолета l = 40 м. Вертикальная составляющая напряженности магнитного поля Земли Н = 40 А/м.
69
Дано: |
СИ |
υ = 1200 км/ч |
333,33 м/с |
l = 40 м |
|
H = 40 А/м |
|
φ = ? |
|
Решение. Разность потенциалов на концах крыла самолета равна ЭДС
индукции:
ϕ2 – ϕ1 = ξi.
ЭДС индукции в воздухе с высокой точностью можно принять равной
ЭДС в вакууме, поэтому
ϕ2 – ϕ1 = ξi = μ0Нlυsin(α) = μ0Нlυ.
Подставим в числовые значения в системе СИ (υ = 1200 км/ч = = 333,33 м/с)
ϕ2 – ϕ1 = 4π 10-7 40 40 333,33 = 0,67 В. Ответ: ϕ2 – ϕ1 = 0,67 В.
Задача 2.11. Соленоид длиной 20 см и диаметром 4 см имеет плотную трехслойную обмотку из провода диаметром 0,1 мм. По обмотке соленоида течет ток 0,1 А. Определите напряженность и индукцию поля в соленоиде, индуктивность соленоида, энергию и
объемную плотность энергии поля соленоида. |
|
|
|
|||||||
Дано: |
|
СИ |
|
Решение. |
Напряженность поля |
|||||
|
|
|||||||||
|
|
внутри соленоида |
|
|
|
|||||
l = 20 cм |
|
0,2 м |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
H = In, |
|
|
|
|||
D = 4 см |
|
0,04 м |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
где I – сила тока в обмотке; n = N/d – |
||||||||
d = 0,1 мм |
|
10-4 м |
|
|||||||
I = 0,1 А |
|
|
|
число витков, приходящихся на едини- |
||||||
|
|
|
цу длины соленоида; N – число слоев |
|||||||
H = ? B = ? |
|
|
|
|||||||
|
|
|
обмотки; d – диаметр провода. Тогда |
|||||||
L = ? W = ? w = ? |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
IN |
|
0,1 3 |
|
А |
|
|
|
|
|
|
H = |
= |
= 3000 |
. |
|||
|
|
|
d |
10−4 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
м |
|||
Индукция магнитного поля
B = μ0μH = 4 3,14 10−7 1 3000 = 3,8 10−3 Тл.
Индуктивность соленоида
L = μμ0n2lS ,
где l – длина; S = πD2/4 – площадь поперечного сечения соленоида. Тогда
|
2 |
l πD |
2 |
L = μμ0 |
N |
. |
|
2 |
|||
|
d |
4 |
|
Подставим сюда числовые значения в системе СИ (d = 0,1 мм = =1 10-4 м, D = 4 см = 4 10-2 м, l = 20см = 0,2 м):
70