Магнитное поле - подготовка к олимпиадам

Задачи на возникновение индукции, порождаемой токами, на силу Ампера и Лоренца, на движение частицы в области, где перекрещиваются поля.

Задача 1.

Из двух кусков медной проволоки одинаковой длины и разного поперечного сечения изготовлен квадрат $ACDEA'$, разомкнутый в одной из вершин (концы проволок обозначены точками А и А’ на рисунке). Площадь сечения проволоки на участке $ACD$ вдвое меньше, чем на участке $DEA’$. Когда к точкам А и А’ подключили источник постоянного тока, оказалось, что магнитная индукция в центре квадрата равна $B_0$. Какова будет магнитная индукция $B$ в центре квадрата, если соединить между собой точки А и А’ и тот же источник подключить к вершинам $A$ и $D$? Внутренним сопротивлением источника пренебречь. Расстояние между точками А и А’ считать малым.

Решение. Сначала рассмотрим первую ситуацию. Ток течет по четырем сторонам квадрата, две из которых имеют сопротивление

$$R_1=\rho\frac{l}{S}$$

А две другие

$$R_2=\rho\frac{l}{2S}$$

Полное сопротивление квадрата

$$R_0=2R_1+2R_2=2\rho\frac{l}{S}+2\rho\frac{l}{2S}=3\rho\frac{l}{S}$$

В этом случае ток, текущий по квадрату, равен

$$I_0=\frac{U}{R_0}=\frac{US}{3\rho l}$$

И этот вот ток порождает индукцию $B_0$. Так как он течет по четырем сторонам квадрата, то каждая сторона вызывает появление индукции $\frac{B_0}{4}$.

Теперь рассмотрим вторую ситуацию. Подключаем квадрат за точки $A$ и $D$, тогда пара ветвей с сопротивлением $R_1$ окажется подключенной параллельно паре ветвей с сопротивлениями $R_2$. Получим сопротивление

$$R’=\frac{2R_1\cdot 2R_2}{2R_1+2R_2}=\frac{4R_1\cdot R_2}{2R_1+2R_2}=\frac{4\cdot\rho\frac{l}{S}\cdot \rho\frac{l}{2S}}{2\rho\frac{l}{S}+\rho\frac{l}{S}}=\frac{2}{3}\rho\frac{l}{S}$$

Полный ток будет тогда равен

$$I’=\frac{U}{R’}=\frac{3US}{2\rho l}$$

Этот полный ток разделится на два: один, меньший, потечет путем $ACD$, другой, больший, путем $AED$. Сопротивления ветвей отличаются в 2 раза, поэтому и токи будут отличаться вдвое: через $ACD$ - $\frac{US}{2\rho l}$, через $AED$ - $\frac{US}{\rho l}$.

Ток, текущий через две верхние стороны квадрата и равный $\frac{US}{2\rho l}$, создаст индукцию, направленную от нас и равную

$$B_{\otimes}=\frac{B_0}{4}\cdot \frac{3}{2}\cdot 2=\frac{3B_0}{4}$$

Ток, текущий через две нижние стороны квадрата и равный $\frac{US}{\rho l}$, создаст индукцию, направленную к нам и равную

$$B_{\odot}=\frac{B_0}{4}\cdot 3\cdot 2=\frac{3}{2}B_0$$

В итоге вектор индукции будет направлен к нам и равен $\frac{3}{4}B_0$.

Ответ: $\frac{3}{4}B_0$.

Задача 2.

На непроводящей горизонтальной поверхности стола лежит проводящая жёсткая тонкая квадратная рамка из однородного куска проволоки со стороной, равной $a$. Рамка находится в однородном горизонтальном магнитном поле, линии индукции которого параллельны одной из диагоналей квадрата рамки (см. рисунок). Масса рамки $m$, величина индукции $B$. Какой силы ток нужно пропустить по рамке, чтобы она начала приподниматься относительно одной из вершин квадрата?

Решение. Воспользуемся магнитным моментом. Он численно равен

$$M_{magn}=ISB=Ia^2 B$$

И, так как векторы $\vec{B}$, $\vec{S}$ и $\vec{M_{magn}}$ образуют правую тройку,  направлен на юго-запад. Момент силы тяжести направлен на северо-восток и равен произведению силы тяжести на ее плечо – половину диагонали квадрата.

$$M_t=mg\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}$$

Чтобы рамка начала приподниматься относительно правого нижнего угла, моменты должны быть равны друг другу.

$$ M_{magn}= M_t$$

$$ Ia^2 B= mg\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}$$

$$I=\frac{mg\sqrt{2}}{2aB}$$

Второй способ решить - через силы Ампера и их моменты.

Если ток направить так, как показано, то силы Ампера на две стороны рамки будут направлены к нам, а две - от нас.

$$F_A=IaB_1,$$

где $B_1$ - это проекции индукции на обе оси, горизонтальную и вертикальную.

$$B_1=\frac{\sqrt{2}}{2}B$$

Уравнение моментов принимает вид:

$$2F_A\cdot \frac{3}{4}\cdot a\sqrt{2}=mg\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}a+2F_A\cdot \frac{1}{4}\cdot a\sqrt{2}$$

$$2F_A=mg$$

$$2IaB_1=mg$$

$$IaB=mg\cdot \frac{2}{2\sqrt{2}}$$

$$I=\frac{mg}{aB\sqrt{2}}$$

Ответ: $I=\frac{mg\sqrt{2}}{2aB}$

Задача 3.

Участок гибкого провода массой $m$ подвешен так, что его концы закреплены на одинаковой высоте (см. рисунок). Провод находится в однородном горизонтальном магнитном поле с индукцией $B$, и по нему течёт ток $I$. Силы, действующие на провод в точках подвеса, образуют углы $\alpha$ с горизонтом. Найдите силу $T_0$ натяжения провода в его нижней точке. Размеры $L$ и $h$ известны.

Решение. Рассмотрим малый кусочек провода:

Для него можно записать:

$$(T+\Delta T)_x-T_x+I\Delta y B=0$$

$$(T+\Delta T)_y-T_y-I\Delta y B-\Delta m g=0$$

Суммируем от середины до края:

$$T_1\cos \alpha-T_0+IBh=0$$

$$T_1\sin \alpha -0-IB\frac{L}{2}-\frac{m}{2}g=0$$

Откуда

$$T_1=\frac{mg+IBL}{2\sin\alpha}$$

$$T_0=\operatorname{ctg}\alpha \cdot \frac{mg+IBL}{2}+IBh$$

Ответ: $T_0=\operatorname{ctg}\alpha \cdot \frac{mg+IBL}{2}+IBh$

Задача 4.

Частица массы $m$ с зарядом $q$ движется с постоянной по модулю скоростью в области пространства, где имеются три взаимно перпендикулярных поля: электрическое с напряженностью $E$, магнитное с индукцией $B$ и поле тяжести $g$ (рисунок). В некоторый момент поля $E$ и $B$ выключают. Минимальная кинетическая энергия частицы в процессе движения составляет половину начальной. Найдите проекции скорости частицы на направления полей $E, B$ и $g$ в момент выключения полей.

Решение. Так как частица летит с постоянной по модулю скоростью, значит, сумма сил, действующих на нее, равна нулю. Со стороны поля тяжести и электрического поля силы постоянные и по модулю, и по направлению. Давайте их сложим, определив их равнодействующую:

На рисунке $F$ - как раз такая  сила. Следовательно, равна ей по модулю и противоположна по направлению сила со стороны магнитного поля. Если так, то можно определить направление скорости:

Таким образом, мы выяснили, что частица двигалась под углом к горизонту и даже показали, как. Когда поля выключат, движение частицы будет как у тела, брошенного под углом к горизонту – по параболе. Причем минимальной скорость станет в верхней точке траектории - $\upsilon_0\cos\alpha$. Так как в условии сказано, что минимальная энергия вдвое меньше начальной – значит, половина энергии исчезла вместе с вертикальной составляющей скорости частицы. То есть $\upsilon_x=\upsilon_z$.

В проекции на ось $x$:

$$qE=q\upsilon_z B$$

Откуда

$$\upsilon_z=\upsilon_x=\frac{E}{B}$$

С другой стороны,

$$mg=q\upsilon_x B$$

Откуда

$$\upsilon_x=\frac{mg}{Bq}$$

Так как

$$\upsilon_0=\sqrt{2}\upsilon_z=\sqrt{2}\frac{E}{B}$$

То

$$\upsilon_0^2=\upsilon_x^2+\upsilon_y^2+\upsilon_z^2$$

$$\upsilon_y^2=\upsilon_0^2-\upsilon_x^2-\upsilon_z^2$$

$$\upsilon_y=\sqrt{2\upsilon_z^2-\upsilon_x^2-\upsilon_z^2}=\sqrt{\upsilon_z^2-\upsilon_x^2}=\sqrt{\frac{E^2}{B^2}-\frac{m^2g^2}{B^2q^2}}$$

Ответ: $\upsilon_x=\frac{mg}{Bq}$, $\upsilon_y=\sqrt{\frac{E^2}{B^2}-\frac{m^2g^2}{B^2q^2}}$, $\upsilon_z=\frac{E}{B}$.