Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Меню
Репетитор
Главная /// Физика /// Олимпиадная физика /// Магнитное поле: перемычки на рельсах – 2
Категория: Олимпиадная физика, Сила Ампера, Сила Лоренца, ЭДС индукции
| Автор:

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». Конспект занятий Пенкина М.А.

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

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

    \[\upsilon_{sr1}=\frac{\omega l}{2}\]

    \[\upsilon_{sr2}=\frac{4\omega l}{2}=2\omega l\]

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

 

Для вас другие записи этой рубрики:

Комментариев - 4

  • Галина Владимировна
    |

    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
      |

      Спасибо, благодаря вам увидела. Был пропущен пробел и буква не прочиталась редактором. Исправила.
      Ответить
    • Виктор
      |

      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
  • Галина Владимировна
    |

    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!
    Ответить

    • Добавить комментарий

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