Магнитное поле: электромагнитная индукция в неподвижных проводниках.

[latexpage]

В этой статье мы рассмотрим электро-магнитную индукцию в неподвижных проводниках.  Статья является десятой в серии «Магнитное поле».

Здесь уже причиной возникновения тока в проводнике будет не сила Лоренца, а вихревые токи. Магнитное поле будет теперь переменным. Переменное поле порождает вихревое электрическое поле, линии которого замкнуты. Такое поле непотенциально, метод потенциалов нельзя будет использовать. Поэтому будем использовать поток и закон Фарадея.

 

$$\Phi=BS\cos{\alpha}$$

Где $\alpha$ – угол между нормалью к поверхности и линиями индукции.

Если индукция со временем увеличивается, то переменное поле будет ориентировано по правилу, обратному правилу буравчика (правой руки).

Рассмотрим частный случай одного из уравнений Максвелла, называемый законом электро-магнитной индукции Фарадея.

Например, разместим в поле замкнутое кольцо из проводника. Тогда поле начнет оказывать воздействие на свободные носители заряда и возникнет ток. Ток будет направлен по линиям вихревого поля.

Если же кольцо будет выполнено из диэлектрического  материала, то свободных носителей нет. Поле начнет воздействовать на заряды, жестко связанные с кольцом, и кольцо начнет вращаться.

Заряды будет гнать  сила $F_e=Eq$. Знак «минус» в законе указывает направление этой ЭДС, выше мы уже научились определять ее направление.

$$E_i=-\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}$$

Задача 1. Имеется проволочное кольцо сопротивлением $R$. На кольце расположены три точки $A$, $C$ и $E$ так, что они делят кольцо на три равные дуги.  В центр кольца вставляют  катушку индуктивности и внутри нее индуцируется переменное магнитное поле $B=kt$, $k=const$. К точкам $A$ и $C$ подключают амперметр с сопротивлением $R_A$. Что покажет амперметр?

 

Так как индукция меняется (растет) со временем, возникнет вихревое поле, ориентированное по отношению к магнитному по правилу, обратному правилу буравчика. Это поле будет действовать на свободные носители зарядов и возникнут токи.  Эквивалентная электрическая схема замещения представлена на рис. Так как  точками $A, E, C$ кольцо разделено на равные части, то

$$R_{EC}=\frac{R}{3}$$

$$R_{AEC}=\frac{2R}{3}$$

По первому закону Кирхгофа

$$I_2+I_A=I_1$$

По закону электро-магнитной индукции для левого контура

$$\mid \frac{\Delta \Phi_L}{\Delta t}\mid=I_1\cdot\frac{2}{3}R+I_2\frac{2R}{3}$$

По закону электро-магнитной индукции для правого контура

$$\mid \frac{\Delta \Phi_P}{\Delta t}\mid=I_A\cdot R_A-I_2\frac{R}{3}$$

$$\Delta \Phi_L=B(t) \pi r^2=kt\pi r^2$$

А $\Delta \Phi_P=0$, так как магнитное поле этот контур не пронизывает.

$$I_A\cdot R_A=I_2\frac{R}{3}$$

$$I_2=\frac{3 I_A\cdot R_A }{R}$$

Производная потока по времени

$$\frac{\Delta \Phi_L}{\Delta t}= k\pi r^2$$

Соберем все в «кучу». «Куча» – в первом уравнении.

$$I_A+\frac{3 I_A\cdotR_A }{R}=I_1$$

$$k\pi r^2= I_A\cdot\frac{2}{3}R\left(1+\frac{3R_A}{R}\right)+I_AR_A$$

$$k\pi r^2= I_A\left(\frac{2}{3}R+2R_A+R_A \right)$$

Домножим на 3:

$$3k\pi r^2= I_A\left(2R+9R_A \right)$$

Откуда $I_A$:

$$I_A=\frac{3k\pi r^2}{2R+9R_A }$$

Ответ: $I_A=\frac{3k\pi r^2}{2R+9R_A }$

Задача 2. В области А создано однородное магнитное поле с индукцией $B_0$, которое затем выключают. Проводящая квадратная рамка сначала неподвижна. Рамка не закреплена, имеет массу $m$ и сопротивление $R$. Сторона рамки $a$. В начальный момент времени глубина «погружения» рамки в поле $\frac{a}{3}$. Какую скорость приобретет рамка за время выключения поля, если это время недостаточно для того, чтобы рамка ощутимо переместилась?

Уменьшающееся поле создаст вихревое электрическое поле, ориентированное по отношению к магнитному по правилу  буравчика.

По закону электро-магнитной индукции

$$\mid \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\mid=IR$$

Где

$$\Phi(t)=BS$$

Так как рамка погружена только на треть длины стороны, то

$$\Phi(t)=B\cdot a\cdot\frac{a}{3}$$

А изменение потока

$$\Delta \Phi=\frac{\Delta B a^2}{3}$$

Где

$$\Delta B=B(t+\Delta t)-B(t)$$

Тогда

$$ \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}=\frac{a^2}{3}\frac{\Delta B }{\Delta t }$$

$$\mid \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\mid=-\frac{a^2}{3}\frac{\Delta B }{\Delta t }$$

Следовательно

$$IR=-\frac{a^2}{3}\frac{\Delta B }{\Delta t }$$

$$I=-\frac{a^2}{3R}\frac{\Delta B }{\Delta t }$$

Теперь перейдем к механике:

$$\vec{F_A}=m\vec{a}$$

$$F_A=ma*$$

Где $a*$ – модуль ускорения.

$$a*=\mid\frac{\Delta \upsilon}{\Delta t}\mid=\frac{\Delta \upsilon}{\Delta t}$$

Тогда

$$F_A=m\frac{\Delta \upsilon}{\Delta t}$$

$$F_A=B(t) I a$$

Так как $\sin{\alpha}=1$.

Подставим ток

$$-\frac{a^3}{3R}B \Delta B =m\Delta \upsilon$$

Просуммируем это последнее выражение

$$-\frac{a^3}{6R}\sum \Delta (B^2)=m\sum \Delta \upsilon$$

$$-\frac{a^3}{6R}(0-B_0^2)=m(\upsilon_1-0)$$

$$\upsilon_1=\frac{a^3 B_0^2}{6Rm}$$

Ответ: $\upsilon_1=\frac{a^3 B_0^2}{6Rm}$.

Задача 3. Дано непроводящее заряженное кольцо массой $M$, радиусом $R$, с суммарным зарядом $Q$. Магнитное поле, симметричное относительно оси $O$,  включают (индукция направлена к нам), и индукция нарастает от 0 до $B_0$. Кольцо начнет вращаться. Найти угловую скорость вращения кольца.

Кольцо, вследствие того, что на заряды действует поле, а заряды жестко связаны с кольцом – так как кольцо непроводящее – начнет вращаться.

Разобьем кольцо на малые кусочки. Тогда

$$\sum m_k=M$$

$$\sum q_k=Q$$

Сила, действующая на элементарный кусочек кольца, равна

$$F_k=E(t)q_k=m_k\frac{\Delta \upsilon_k}{\Delta t}$$

Где

$$\upsilon_k=\omega R$$

Тогда

$$F_k=E(t)q_k=m_k R\frac{\Delta \omega}{\Delta t}$$

Просуммируем по малым кусочкам:

$$ E(t)\sum q_k= R\frac{\Delta \omega}{\Delta t} \sum m_k$$

Или

$$ E(t)Q= R\frac{\Delta \omega}{\Delta t} M~~~~~~~~~~~~(1)$$

Закон электро-магнитной индукции для непроводника:

$$E_i=\sum \frac{F_k \Delta l_k}{q_k}=\sum  E(t) \Delta l_k=-\mid \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\mid $$

– это называют циркуляцией вектора напряженности по замкнутому контуру.

Где $ F_k \Delta l_k$ – работа малой силы по перемещению $m_k$, $\Delta l_k$ – малое перемещение, отрезок прямой (так  как маленький).

$$E(t) \sum  \Delta l_k= \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}$$

$$ E(t)\cdot 2 \pi R=\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}$$

$$\Phi=B(t)\cdot \pi R^2$$

$$\Delta \Phi=\pi R^2 \Delta B$$

$$ E(t)\cdot 2 \pi R=\frac{\pi R^2 \Delta B }{\Delta t}$$

$$E(t)=\frac{R\Delta B}{2\Delta t }$$

Подставим это в (1):

$$\frac{R\Delta B}{2\Delta t }Q= M R\frac{\Delta \omega}{\Delta t} $$

$$\frac{Q\Delta B}{2}= M \Delta \omega $$

Суммируем по времени включения поля

$$\frac{Q }{2}\sum \Delta B = M \sum \Delta \omega $$

$$\frac{Q }{2}(B_0-0) = M(\omega_1-0) $$

$$\omega_1=\frac{Q B_0}{2M}$$

Ответ: $\omega_1=\frac{Q B_0}{2M}$.