Действие магнитного поля

Задача 1.

Горизонтальный стержень длиной 1 м вращается вокруг вертикальной оси, проходящей через один из его концов. Ось вращения образует угол $30^{\circ}$ с линиями однородного  магнитного поля с индукцией 50 мкТл. При вращении на концах стержня возникает разность потенциалов 1 мВ. Определить частоту вращения стержня.

Решение. На концах стержня возникнет ЭДС

$$E=Bl\cdot \frac{\upsilon}{2}\cos \alpha$$

Откуда скорость конца стержня

$$\upsilon=\frac{2E}{Bl\cos \alpha}=\frac{2\cdot 10^{-3}}{50\cdot 10^{-6}\cdot 1\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{80}{\sqrt{3}}$$

Угловая частота (с одной и с другой стороны)

$$\omega=2\pi \nu=\frac{\upsilon}{l}$$

$$\nu=\frac{\upsilon}{2\pi l}=\frac{80}{2\pi\sqrt{3}}=7,35$$

Ответ: 7,35 Гц

Задача 2.

Радиус проволочного контура, соединяющего пластины конденсатора емкостью $C=10$ мкФ, равен $R=20$ см. Чему равен заряд на пластинах конденсатора, если виток помещен в однородное магнитное поле, индукция которого изменяется по закону $B=B_0+kt$, где $k=0,005$ Тл/с и вектор $B$ направлен под углом $\alpha=30^{\circ}$ к плоскости витка? Ответ округлить до сотых.

$$E=\frac{d\Phi}{dt}= S \cos(90^{\circ}-30^{\circ})\frac{dB }{dt}=S\cos 60^{\circ}\cdot k$$

$$E=Sk=\pi R^2 k\cos 60^{\circ}$$

$$q=CU=CE=C\pi R^2 k\cos 60^{\circ}=10\cdot 10^{-6}\cdot \pi \cdot 0,2^2\cdot 0,005 \cdot 0,5=3,14$$

Ответ: 3,14 нКл.

Задача 3.

Треугольная равносторонняя проволочная рамка может вращаться вокруг оси $OO^\prime$проходящей через вершину треугольника. Масса единицы длины проволоки - $\mu=20$ г/м, ток в рамке $I=3$А. Рамка находится в вертикальном магнитном поле индукции $B=0,5$ Тл. Определите угол отклонения плоскости треугольника от вертикали. Ответ округлить до целых.

Решение. Силы Ампера, действующие на боковые стороны рамки, направлены противоположно, и поэтому их момент относительно оси $OO^\prime$ равен нулю. Значит, момент силы тяжести будет равен моменту силы Ампера, действующей на нижнюю сторону рамки.

Запишем правило моментов:

$$F_Ah_1=mgh_2$$

$$h_1=h\cos \alpha$$

$$h_2=\frac{2}{3}h\sin \alpha$$

Подставляем:

$$F_A h\cos \alpha=\frac{2}{3} mg h\sin \alpha$$

Преобразуем:

$$\operatorname{tg}\alpha=\frac{3 F_A }{2mg}$$

$$F_A=BIl$$

$$m=3\mu l$$

$$\operatorname{tg}\alpha=\frac{3BIl}{2\cdot 3\mu l\cdot g}=\frac{BI}{2\mu g}=\frac{0,5\cdot 3}{2\cdot 0,02\cdot 10}=75^{\circ}$$

Ответ: $75^{\circ}$.