Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Колебания и волны, Сила Ампера, Сила Лоренца, Электромагнетизм

Колебания перемычки в поле

Хорошая задача с колебаниями перемычки в магнитном поле.

Задача. Две вертикальные проводящие рейки, расстояние между которыми l, находятся в однородном магнитном поле с индукцией B. Силовые линии поля направлены перпендикулярно плоскости рисунка. Сверху рейки соединены через катушку с индуктивностью L.  К рейкам прислоняют горизонтально расположенную проводящую перемычку массой m и отпускают. Перемычка сохраняет хороший контакт с рельсами.

  1. Через какое время после начала движения перемычка совершит первую остановку?
  2. На какое расстояние она переместится при этом?
  3. Какова максимальная скорость перемычки в процессе движения?

Трение не учитывать. Сопротивлениями проводов, реек и катушки пренебречь.

Рисунок 1

Перемычка придет в движение, и на свободные заряды в ней начнет действовать сила Лоренца. По правилу левой руки эта сила будет «пихать» заряды влево. Но заряды движутся не только вдоль перемычки (со скоростью \upsilon_{otn}), они еще движутся вместе с ней вниз со скоростью \upsilon (переменной). То есть сила Лоренца будет направлена под некоторым углом – перпендикулярно абсолютной скорости зарядов \upsilon_{abs}.

Рисунок 2

    \[\vec{\upsilon_{abs}}=\vec{\upsilon}+\vec{\upsilon_{otn}}\]

Сила Лоренца F_L \perp \vec{B}, F_L \perp \vec{\upsilon_{abs}}, то есть сила Лоренца – гироскопическая, не совершает работы.

    \[A_{F_L}=0\]

Если силу Лоренца разложить на две составляющие – вдоль и поперек перемычки, то составляющая, направленная вдоль перемычки, будет отвечать за создание ЭДС индукции (именно она «подпинывает» заряды), а составляющие, направленные поперек, мы сложим в одну силу и будем называть силой Ампера.

То есть проводник подобен батарейке, ЭДС которой определяется работой сторонних сил

    \[\varepsilon_i=\frac{A_{st}}{q}=\frac{ F_{st}\cdot l}{q}\]

Где A_{st} – работа сторонних сил (продольной составляющей силы Лоренца)

Рисунок 3

    \[\vec{F_L}=\vec{F_{L_{\perp}}}+\vec{F_{L_{\parallel}}}\]

    \[F_{st}= F_{L_{\parallel}}=B q \upsilon \sin{\alpha}\]

У нас \alpha=90^{\circ} и \sin{\alpha}=1.

    \[F_A=BIl\]

Работа силы Лоренца равна

    \[A_{F_L}=A_{ F_{L_{\parallel}}}+A_{ F_{L_{\perp}}}=A_{st}+A_{F_A}=0\]

    \[A_{st}=-A_{F_A}\]

В начальный момент времени скорость перемычки равна 0, и координату в этот момент времени сделаем равной нулю – в этой точке у нас будет начало координат. Ток в перемычке в данный момент тоже нулевой. Итак, начальные условия

    \[\begin{Bmatrix}{ I(0)=0}\\{ \upsilon(0)=0}\\{ x(0)=0}\end{matrix}\]

Скорость перемычки будет нарастать, и, следовательно, ток тоже будет нарастать, потому что движущаяся перемычка эквивалентна ЭДС и схема принимает вид:

Рисунок 4

Растущий ток вызовет появление ЭДС самоиндукции в катушке

    \[\varepsilon_{si}=\varepsilon_i\]

Или

    \[U_L=\varepsilon_i\]

    \[L\frac{\Delta I}{\Delta t}=\varepsilon_i=B \upsilon l\]

Домножаем на \Delta t:

    \[L\Delta I}=B \upsilon l \Delta t\]

Заменим l \Delta t=\Delta x,

    \[L\Delta I}=B \upsilon  \Delta x\]

Обобщаем на большой промежуток времени (суммируем):

    \[L\Sigma \Delta I=Bl\Sigma\Delta x\]

    \[L(I-0)=Blx\]

    \[I=\frac{Blx}{L}\]

Ток пропорционален смещению перемычки, а значит, и сила Ампера также: F_A \sim x.

Но сила Ампера равна

    \[F_A=BIl=\frac{B^2l^2}{L}\cdot x\]

По второму закону Ньютона

    \[mg-F_A=ma_x\]

Или

    \[a_x+\frac{B^2 l^2}{mL}\cdot x=g\]

Получили дифференциальное уравнение гармонических колебаний!

Общий его вид

    \[a_x+\omega^2 x=\omega^2 x_1\]

Где x_1 – координата положения равновесия. В этой точке ускорение равно нулю, а скорость максимальна.

Решение будет иметь общий вид

    \[x=x(t)=C\sin (\omega t)+D\cos (\omega t)+x_1\]

У нас выходит

    \[\omega=\sqrt{\frac{B^2l^2}{Lm}}\]

Тогда период

    \[T=\frac{2 \pi \sqrt{Lm}}{Bl}\]

Первую остановку перемычка сделает, пройдя две амплитуды, то есть  на это уйдет время \frac{T}{2}, поэтому ответ на первый вопрос задачи –

    \[t=\frac{T}{2}=\frac{ \pi \sqrt{Lm}}{Bl}\]

Ответ на второй вопрос – это величина, равная двум амплитудам, поэтому сейчас надо отыскать амплитуду x_1. Это можно сделать по-разному.

Первый способ. Вспомним, что в точке равновесия ускорение равно нулю – тогда

    \[0+\frac{B^2 l^2}{mL}\cdot x_1=g\]

    \[x_1=\frac{mgL}{B^2l^2}\]

    \[x_{max}=\frac{2mgL}{B^2l^2}\]

Второй способ. Решим дифференциальное уравнение:

    \[x=x(t)=C\sin (\omega t)+D\cos (\omega t)+x_1\]

Подставим нулевую координату в начальный момент времени:

    \[x(0)=0=C\sin 0+D\cos \omega t\]

Или

    \[D\cdot 1=-x_1\]

Возьмем производную – так мы определим скорость – и подставим затем начальные условия для скорости:

    \[x'(t)=\upsilon(t)=С\omega \cos(\omega t)+D\omega (-\sin (\omega t))\]

    \[\upsilon(0)=0=С\omega \cdot 1+0\]

Или C=0.

Тогда

    \[x=x(t)=x_1(1-cos(\omega t))\]

И максимум будет при равенстве косинуса (-1), тогда

    \[x_{max}=2x_1\]

Третий способ – энергетический. Сумма работ силы тяжести и силы Ампера равна нулю:

    \[A_{mg}+A_{F_A}=0\]

    \[A_{mg}=mg x_{max}\]

Сила же Ампера переменная, и работа ее отрицательна – так как направлена она противоположно перемещению перемычки. Нарисуем ее график и определим работу как площадь под ним:

Рисунок 5

    \[A_{F_A}=-S_{tr}=-\frac{B^2l^2x_{max}^2}{2L}\]

Тогда

    \[mg x_{max}-\frac{B^2 l^2 x_{max}^2}{2L}=0\]

    \[mg -\frac{B^2 l^2 x_{max}}{2L}=0\]

    \[x_{max}=\frac{2mgL}{B^2l^2}\]

Четвертый способ.

    \[A_{mg}+A_{F_A}=0\]

Но мы уже говорили, что

    \[A_{F_A}=-A_{st}=-A_{F_{L_\parallel}}\]

    \[A_{st}=A_{batar}=\Delta W_L\]

Работа сторонних сил равна работе батарейки A_{batar} и равна изменению энергии катушки – эта энергия вначале равна нулю.

    \[\Delta W_L=\frac{LI_{max}^2}{2}\]

Тогда

    \[mg x_{max}-\frac{LI_{max}^2}{2}=0\]

Т.к. I_{max}=\frac{Bl}{L}\cdot x_{max},

    \[mg x_{max}-\frac{LB^2l^2x_{max}^2}{2L^2}=0\]

    \[mg -\frac{B^2l^2x_{max}}{2L}=0\]

    \[x_{max}=\frac{2mgL}{B^2l^2}\]

Теперь отвечаем на третий вопрос задачи. Можно воспользоваться формулой из кодификатора (первый способ):

    \[\upsilon_{max}=A\omega\]

    \[A=x_1=\frac{mgL}{B^2l^2}\]

А

    \[\omega=\sqrt{\frac{B^2l^2}{Lm}}\]

И тогда

    \[\upsilon_{max}=\frac{mgL}{B^2l^2}\cdot \sqrt{\frac{B^2l^2}{Lm}}=\frac{g\sqrt{mL}}{Bl}\]

Второй способ:

    \[\upsilon(t)=x'(t)=x_1(0-(-\sin(\omega t)\omega)\]

    \[\upsilon(t)=x_1\omega \cdot \sin(\omega t)\]

    \[\upsilon_{max}=x_1\omega\]

Дальше – как в первом способе.

Третий способ – энергетический. В положении равновесия у перемычки есть кинетическая энергия, поэтому

    \[A_{mg}+A_{F_A}=\frac{m\upsilon^2}{2}\]

    \[A_{mg}= mgx_1\]

Рисунок 6

    \[A_{F_A}=-S_{tr}=-\frac{B^2l^2x_1^2}{2L}\]

Тогда

    \[mgx_1-\frac{B^2l^2x_1^2}{2L}=\frac{m\upsilon_{max}^2}{2}\]

    \[x_1=\frac{mgL}{B^2l^2}\]

    \[x_1\left(mg-\frac{B^2l^2}{2L}x_1\right)= \frac{m\upsilon_{max}^2}{2}\]

    \[x_1\left(mg-\frac{B^2l^2}{2L}\cdot \frac{mgL}{B^2l^2} \right)= \frac{m\upsilon_{max}^2}{2}\]

    \[x_1\left(mg-\frac{mg}{2} \right)= \frac{m\upsilon_{max}^2}{2}\]

    \[x_1\frac{mg}{2}= \frac{m\upsilon_{max}^2}{2}\]

    \[x_1g=\upsilon_{max}^2}\]

    \[\upsilon_{max}^2=\frac{mg^2L}{B^2l^2}\]

    \[\upsilon_{max}=\frac{g\sqrt{mL}}{Bl}\]

Ответ: 1) t=\frac{ \pi \sqrt{Lm}}{Bl};  2) x_{max}=\frac{2mgL}{B^2l^2};

3) \upsilon_{max}=\frac{g\sqrt{mL}}{Bl}.

 

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *