Магнитное поле: перемычки на рельсах

Магнитное поле: перемычки на рельсах – 2

В этой статье мы рассмотрим перемещающиеся по рельсам перемычки в магнитном поле . Рельсы будут теперь не линейными, или расположены под углом друг к другу так, что длина перемычки будет меняться. Статья является пятой в серии «Магнитное поле».

Задача 1. Дан идеальный проводник (сопротивление нулевое) в виде полуокружности радиуса $l$ , расположенный горизонтально. На проводящую точку $O$ насажена идеальная перемычка, которая может вращаться. Трения нет. Точка $O$ и идеальный проводник замкнуты сопротивлением $R$ . При какой силе $F$ , приложенной, как показано на рисунке, перемычка будет вращаться с постоянной скоростью $\omega$ ? Линии магнитного поля перпендикулярны плоскости проводника.

Рисунок 1

Так как точки перемычки все двигаются с разными скоростями, поскольку располагаются на разном расстоянии от центра вращения, то при расчете будем брать среднюю скорость.

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

Шаг 1. На концах проводника, движущегося в магнитном поле, индуцируется ЭДС, определяемая формулой:

$E_i=B\upsilon l\sin{\alpha}= B\upsilon l\sin{90^{\circ}}=\frac{1}{2}B\omega l^2$

Рисунок 2

Шаг 2. Рассчитываем цепь.

Рисунок 3

$I=\frac{E_i}{R}=\frac{ B\omega l^2}{2R}$

Ток будет постоянным.

Шаг 3. Переходим к механике. При протекании тока на перемычку будет действовать сила Ампера, приложенная к ее центру масс.

$F_A= BI l\sin{\alpha}= BI l\sin{90^{\circ}}=BIl$

$F_A=\frac{B^2l^3\omega}{2R}$

Теперь применим правило моментов, так как очевидно, что силы направлены противоположно, а плечи у них разные.

Рисунок 4

$Fl=\frac{F_A l}{2}$

$F=\frac{1}{2}F_A=\frac{B^2l^3\omega}{4R}$

Определим также, какое количество теплоты выделится в цепи за время, в течение которого перемычка повернется на угол $90^{\circ}$ .

$Q=I^2Rt$

Время равно частному от деления угла на угловую скорость:

$t=\frac{\varphi}{\omega}=\frac{\pi}{2\omega}$

Тогда

$Q=\left(\frac{B\omega l^2}{2R} \right)^2R\cdot \frac{\pi}{2\omega}=\frac{B^2\omega^2 l^4R\pi}{4R^2\cdot 2\omega}=\frac{B^2\omega l^4\pi}{8R}$

Ответ: $F=\frac{B^2 l^3\omega}{4R}$ , $Q=\frac{B^2\omega l^4\pi}{8R}$ .

Задача 2. Два идеальных рельса расположены под углом $\alpha$ друг к другу и находятся в магнитном поле, перпендикулярном их плоскости. На них лежит перемычка, сопротивление которой на единицу длины $\rho$ . Перемычку, длина которой больше $CD$ , двигают с постоянной скоростью $\upsilon_0$ , $\vec{\upsilon_0}\parallel AC$ , из положения 1 в положение 2. Сколько теплоты выделится в цепи вследствие такого перемещения?

Рисунок 5

Шаг 1. На концах проводника, движущегося в магнитном поле, индуцируется ЭДС, определяемая формулой:

Рисунок 6

$E_i=B\upsilon_0 l(t)\sin{\alpha}= B\upsilon_0 l(t)\sin{90^{\circ}}= B\upsilon_0 l(t)$

Сопротивление перемычки меняется:

$r=l(t)\cdot \rho$

Шаг 2. Рассчитываем цепь.

Рисунок 7

$I=\frac{E_i}{r}=\frac{B\upsilon_0l(t)}{l(t)\rho}=\frac{B\upsilon_0}{\rho}$

Выходит, ток будет постоянным. Сопротивление будет расти от $0$ до $\rho\cdot CD$ ,

$\rho_{sr}=\frac{0+\rho\cdot CD }{2}=\frac{\rho\cdot CD }{2}$

По закону Джоуля-Ленца

$Q=I^2r_{sr} t$

Время движения перемычки

$t=\frac{l}{\upsilon_0}$

Неизвестная длина отрезка $CD$ может быть определена с помощью угла:

$\frac{CD}{l}=\operatorname{tg}{\alpha}$

$CD=l\operatorname{tg}{\alpha}$

Тогда количество теплоты, выделяемое в цепи

$Q=\frac{B^2\upsilon_0^2}{\rho^2}\cdot\frac{\rho l\operatorname{tg}{\alpha}}{2}\cdot \frac{l}{\upsilon_0}=\frac{B^2\operatorname{tg}{\alpha} l^2 \upsilon_0}{2\rho}$

Также можно было разбить все время $t$ на маленькие отрезки, в пределах которых $r$ постоянно.

$Q=\sum \Delta Q=\sum I^2\rho l(t)\Delta t=I^2\rho\sum l(t)\Delta t$

Так как $l(t)=\upsilon_0 t \operatorname{tg}{\alpha}$ ,

$Q= I^2\rho\upsilon_0 \operatorname{tg}{\alpha}\sum t\Delta t= I^2\rho\upsilon_0 \operatorname{tg}{\alpha}\frac{1}{2}\sum \Delta (t^2)=\frac{ I^2\rho\upsilon_0 \operatorname{tg}{\alpha} t_x^2}{2}$

$t_x=\frac{l}{\upsilon_0}$

$Q=\frac{ I^2\rho \operatorname{tg}{\alpha}l^2}{2\upsilon_0}=\frac{B^2\upsilon_0^2 I^2\rho \operatorname{tg}{\alpha}}{\rho^2\cdot 2\upsilon_0}=\frac{B^2\operatorname{tg}{\alpha} l^2 \upsilon_0}{2\rho}$

Ответ: $Q=\frac{B^2\operatorname{tg}{\alpha} l^2 \upsilon_0}{2\rho}$ .

Задача 3. Проводящая окружность сделана из материала с сопротивлением на единицу длины $\rho$ . Она помещена в поле с индукцией $B$ , линии которого перпендикулярны ее плоскости. На окружности расположены две перемычки из того же материала, которые двигаются со скоростями $\omega$ и $4\omega$ . В момент, когда угол между перемычками $90^{\circ}$ , определить ток.

Рисунок 8

$\upsilon_{sr1}=\frac{\omega l}{2}$

$\upsilon_{sr2}=\frac{4\omega l}{2}=2\omega l$

Шаг 1. На концах проводника, движущегося в магнитном поле, индуцируется ЭДС, определяемая формулой:

$E_{i1}=B\upsilon l\sin{\alpha}= B\upsilon l\sin{90^{\circ}}=\frac{1}{2}B\omega l^2$

$E_{i2}=B\upsilon l\sin{\alpha}= B\upsilon l\sin{90^{\circ}}=2B \omega l^2=4 E_{i1}$

Длины перемычек равны, их сопротивления – также:

$r=\rho l$

Так как длина дуги между перемычками $90^{\circ}$ – $\frac{\pi l}{2}$ , то ее сопротивление

$R=\frac{\pi l}{2}\rho$

Эквивалентная схема будет выглядеть так:

Рисунок 9

Сопротивления $R$ и $3R$ соединены параллельно,

Рисунок 10

$R_e=\frac{r\cdot 3R}{R+3R}=0,75R$

Рисунок 11

$I=\frac{3E}{2r+0,75R}=\frac{12E}{8r+3R}$

$I=\frac{12\cdot \frac{1}{2}B \omega l^2}{8\rho l+\frac{3\pi l \rho}{2}}=\frac{6B\omega l}{8\rho+\frac{3\pi \rho}{2}}$

Ответ: $I=\frac{6B\omega l}{8\rho+\frac{3\pi \rho}{2}}$ .

Задача 4. Два параллельных рельса расположены в магнитном поле, линии которого перпендикулярны их плоскости, $B=1$ Тл. Расстояние между рельсами 10 см. На рельсах лежат две перемычки массой $m=0,1$ кг и сопротивлением $R=0,1$ Ом, коэффициент трения перемычек о рельсы $\mu=0,1$ . Под действием горизонтальной силы, направленной вдоль рельс и приложенной к первой перемычке, оба стержня движутся поступательно равномерно с разными скоростями. Найти относительную скорость их движения.

Рисунок 12

Сначала тока в цепи нигде нет, но, как только двинем перемычку 1, возникнет сила Лоренца и перемычка станет батарейкой:

Рисунок 13

Ток потечет вниз в первой перемычке и замкнется через вторую, только во второй он будет направлен уже вверх. Во второй перемычке вместе с током возникнет сила Ампера (вправо). И вторая перемычка тоже станет батарейкой.

Рисунок 14

$E_{i1}=B\upsilon_1l\sin{\alpha}= B\upsilon_1 l\sin{90^{\circ}}= B\upsilon_1l$

$E_{i2}=B\upsilon_2l\sin{\alpha}= B\upsilon_2 l\sin{90^{\circ}}= B\upsilon_2l$

Первая перемычка раньше начала движение, ее ЭДС больше, чем ЭДС второй перемычки. Кроме того, у тока нет причин менять направление – это тоже говорит о том, что $E_{i1}>E_{i2}$ .

Рисунок 15

Эквивалентная ЭДС будет равна

$E= E_{i1}-E_{i2}$

Ток

$I=\frac{ E_{i1}-E_{i2}}{2R}=\frac{Bl(\upsilon_1-\upsilon_2)}{2R}$

Откуда

$\upsilon_1-\upsilon_2=\frac{2IR}{Bl}$

Для первой перемычки сила Ампера – тормозящая.

Рисунок 16

$N=mg$

$F_{tr}=\mu N=\mu m g$

$F=F_A+\mu m g=BIl+\mu m g$

Для левой перемычки

Рисунок 17

$F_A*=F_{tr}$

$-F_A=F_A*$

$F_{tr}=BIl=\mu m g$

$I=\frac{\mu m g}{Bl}$

Тогда можем подставить этот ток в выражение для относительной скорости:

$\upsilon_{otn}=\frac{2R}{Bl}\cdot \frac{\mu m g}{Bl}=\frac{2\mu m g R}{B^2l^2}=\frac{2\cdot0,1\cdot0,1\cdot10\cdot 0,1}{1^2\cdot0,1^2}=2$

Ответ: 2 м/с

Комментариев - 4

Галина Владимировна

2018-12-22

В последней формуле первой задачи и, соответственно, в ответе грубая опечатка – пропущен радиус полуокружности. Дальше смотреть не стала, ибо представление о халявно сделанном сайте себе составила.

Ответить

Анна
|

2018-12-23

Спасибо, благодаря вам увидела. Был пропущен пробел и буква не прочиталась редактором. Исправила.

Ответить
Виктор
|

2018-12-23

Уважаемая Галина Владимировна! Дайте пожалуйста ссылку на свой сайт, там ,наверное, нет ошибок и опечаток, или сайта нет? Не ошибается тот, кто ничего не делает, а подобные комментарии в отношении своего коллеги не вызывают уважения к их автору.

Ответить

2018-12-23

Уважаемый Виктор! Лично я полностью занята работой в школе и вузе и мне не до создания своих сайтов. А кто берётся за это дело, так должен делать его грамотно и корректно без ошибок и опечаток, которыми просто пестрит этот сайт, с уважением к физике и к людям, пользующимся этим сайтом. Но, похоже, это не кредо автора сайта. Такие ляпы у профессионалов в физике обычно не вызывают никакого уважения к такому наспех сделанному сайту и его автору и просто вычеркивают его из поля своей деятельности!

Пн	Вт	Ср	Чт	Пт	Сб	Вс
« Мар
		1	2	3	4	5
6	7	8	9	10	11	12
13	14	15	16	17	18	19
20	21	22	23	24	25	26
27	28	29	30

Магнитное поле: перемычки на рельсах – 2

Для вас другие записи этой рубрики:

Комментариев - 4

Добавить комментарий Отменить ответ

Поиск

ПОСЛЕДНИЕ КОММЕНТАРИИ

Рекомендую

Рубрики

Профи.ру

Последние записи

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Архивы

Профи.ру

Последние записи

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Архивы

Автор сайта

Авторские права

Календарь