Магнитное поле – подготовка к олимпиадам 3

При переменной индукции возникает поток, а его изменения порождают ЭДС, и тогда в цепи может возникнуть ток.  Вот все эти процессы и рассмотрены с разных сторон в статье.

Задача 1.

Контур в форме квадрата со стороной $a$ имеет проводящую перемычку, делящую квадрат пополам. В левую и правую половины контура включены конденсаторы с емкостями $C, 2C$ и $ЗC, 4C$ (см. рисунок). Контур помещен в однородное магнитное поле, перпендикулярное его плоскости и квадратично возрастающее со временем $B(t) = \alpha t^2$, где $\alpha$ — известная постоянная. Какой заряд протечет по перемычке к моменту времени $\tau$?

К задаче 1

Решение. При изменении магнитного поля будет изменяться магнитный поток через контур, и это приведет к возникновению в контуре ЭДС.

$$\varepsilon_i=-\frac{dB}{dt}\cdot S=-\frac{dB}{dt}\cdot \frac{a^2}{2}=-2\alpha t\cdot \frac{a^2}{2}=-\alpha a^2 t$$

Это ЭДС, наведенная в одной половине контура.

В результате конденсаторы приобретут некоторые заряды. Для их нахождения воспользуемся законом электромагнитной индукции и законом сохранения электрического заряда. Пусть левая обкладка конденсатора $C$ приобретает заряд $-q_2$, тогда по закону сохранения электрического заряда левая обкладка конденсатора $2C$ приобретет заряд $q_2$ - эта система обкладок изолирована. Если при этом по перемычке вниз протек заряд $\Delta q$, то обкладки конденсаторов $3C$ и $4C$ приобретут заряды $q_3$ (правая обкладка $3C$) и $-q_3$ (правая обкладка $4C$). По перемычке пробежал заряд

$$\Delta q=\mid q_2-q_3\mid$$

По закону электромагнитной индукции сумма напряжений на конденсаторах в каждом контуре равна ЭДС индукции. Поэтому

$$\frac{q_3}{4C}+\frac{q_3}{4C}=\alpha a^2 t$$

$$\frac{7q_3}{12C}=\alpha a^2 t$$

$$q_3=\frac{12C\alpha a^2 t}{7}$$

Для левой половины контура

$$\frac{q_2}{C}+\frac{q_2}{2C}=\alpha a^2 t$$

$$q_2=\frac{2C\alpha a^2 t}{3}$$

$$\Delta q=C\alpha a^2 \tau\left(\frac{12}{7}-\frac{2}{3}\right)=\frac{22}{21} C\alpha a^2 \tau$$

Ответ: $\Delta q=\frac{22}{21} C\alpha a^2 \tau$.

Задача 2.

На конце невесомого проводящего стержня закреплен маленький металлический шарик, касающийся гладкой проводящей сферической поверхности радиусом $R = 0,8$ м. Второй конец стержня закреплен в центре сферы при помощи проводящего шарнира так, что стержень может вращаться без трения вокруг него, сохраняя электрический контакт со сферой. Эта система помещена в однородное вертикальное магнитное поле с индукцией $B = 0,5$ Тл и подключена к батарее так, как показано на рисунке. Если стержень закрутить вокруг вертикальной оси в определенном направлении с частотой $\omega = 5$ рад/с и под определенным углом к вертикали, то этот угол и частота вращения в дальнейшем не будут меняться. Определите этот угол и ЭДС батареи. Ускорение свободного падения принять равным $g = 10$ м/с$^2$.

К задаче 2

Решение. Активная длина проводника равна $R\sin \alpha$. Радиус окружности, по которой происходит движение шарика, также $R\sin \alpha$. Скорость шарика равна $\upsilon=\omega R\sin \alpha$, а средняя скорость активного проводника будет равна ее половине:

$$\upsilon_{sr}=\frac{\omega R\sin \alpha }{2}$$

Тогда на концах наведется ЭДС:

$$\varepsilon_i=B\upsilon_{sr} R\sin \alpha=\frac{BR^2\sin^2\alpha \omega}{2}$$

Это не очень «честный» расчет.

Можно эту ЭДС и иначе считать (честно):

$$\varepsilon_i=\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}=\frac{B\pi r^2}{\frac{2\pi}{\omega}}=\frac{B\omega r^2}{2}$$

Получили то же самое.

Можно также воспользоваться расчетом через силу Лоренца: движение частиц прекратится при условии

$$Bq\upsilon=qE$$

$$E=\upsilon B=\omega r B$$

$$\Delta \Phi=\frac{\omega r^2 B}{2}$$

Поток - площадь под графиком:

Поток как площадь под графиком

Определим теперь угол:

$$ma_n=N\sin \alpha$$

$$mg=N\cos \alpha$$

$$N\sin \alpha=m\omega^2 R\sin \alpha$$

$$\cos \alpha=\frac{g}{\omega^2 R}$$

Ответ: $\varepsilon_i=\frac{BR^2\sin^2\alpha \omega}{2}$, $\cos \alpha=\frac{g}{\omega^2 R}$.

Задача 3.

Проводник, согнутый под углом $\alpha$, расположен в горизонтальной плоскости. Металлический стержень может без трения скользить перпендикулярно биссектрисе угла (см. рисунок). Индукция однородного вертикального магнитного поля равна $B$. К стержню приложена горизонтальная сила $F=kx$, где расстояние $x$ отсчитывается от вершины угла. Определить максимальную скорость стержня. В процессе движения стержень не теряет контакта с обеими сторонами угла. Сопротивление единицы длины стержня равно $\rho$, сопротивление проводника пренебрежимо мало.

К задаче 3

Решение. Если скорость максимальна, то ускорение равно нулю. Сила $F$ уравновешивается силой Ампера.

$$kx=IBl$$

$$l=2x\cdot \operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}$$

Возникающий ток диктуется наведенной на концах ЭДС:

$$I=\frac{\varepsilon_i}{R}=\frac{\varepsilon_i }{\rho l}$$

$$\varepsilon_i=\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}=\frac{B\Delta S}{\Delta t}$$

$$\Delta S=\frac{l+l_1}{2}\cdot \upsilon \Delta t=\frac{2x\cdot \operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}+2(x+\Delta x)\cdot \operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}}{2}\cdot \upsilon \Delta t$$

$$\Delta x=\upsilon \Delta t$$

Так как $\Delta t^2$ - величина второго порядка малости, то

$$\Delta S=2x\cdot \operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}\cdot \upsilon \Delta t$$

$$I=\frac{Bl\upsilon}{\rho l}=\frac{ B\upsilon }{\rho}$$

$$kx-\frac{ B\upsilon }{\rho}\cdot 2x\cdot \operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}\cdot B=ma$$

Так как $a=0$, то

$$kx=\frac{ B\upsilon }{\rho}\cdot 2x\cdot \operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}\cdot B$$

$$\upsilon_{max}=\frac{k\rho}{2B^2\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}}$$

Ответ: $\upsilon_{max}=\frac{k\rho}{2B^2\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2}}$