Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Олимпиадная физика, Сила Ампера, ЭДС индукции

Магнитное поле: рамки в поле 1

В этой статье мы рассмотрим перемещающиеся в магнитном поле рамки различных форм.  Статья является седьмой в серии «Магнитное поле».

Задача 1. По прямолинейному проводнику течет постоянный ток I. В поле этого проводника, в плоскости рисунка, двигаются две рамки. Одна находится на расстоянии 2a от проводника, длина ее стороны тоже a, двигается она со скоростью \upsilon_1, и в ней протекает ток I_1. Вторая также находится на расстоянии 2a, двигается со скоростью \upsilon_2, и в ней протекает ток I_2, который надо в этой задаче определить. Явлением самоиндукции пренебречь. Вторая рамка имеет перехлест. Линейное сопротивление рамок \rho Ом/м.

Рисунок 1

Рассмотрим рисунок и определим направление поля, создаваемого проводом. Для этого воспользуемся правилом правой руки. Поле будет справа от проводника направлено от нас, а слева – к нам. В точке, удаленной от провода на расстояние l индукция будет равна

    \[B=\frac{\mu I}{2\pi l}\]

То есть индукция обратно пропорциональна расстоянию от проводника. Это можно записать

    \[B(l)=\frac{k}{l}\]

Где k – некоторый коэффициент.

Пусть B_0 – индукция на расстоянии 4a от проводника.

    \[B_0=\frac{k}{4a}\]

Рассмотрим первую рамку. Две силы Лоренца в ее вертикальных сторонах вызовут появление ЭДС индукции, а в двух горизонтальных – нет, так как силы в них перпендикулярны проводнику, они просто «прижимают» носители заряда «к стенке».

Рисунок 2

В стороне AB рамки, находящейся на расстоянии 2a от проводника, наведется ЭДС индукции, равная

    \[E_{iAB}=2B_0\cdot \upsilon_1\cdot a=2B_0\upsilon_1 a\]

Рисунок 3

В стороне CD рамки, находящейся на расстоянии 3a от проводника, наведется ЭДС индукции, равная

    \[E_{iCD}=\frac{4B_0}{3}\cdot \upsilon_1\cdot a=\frac{4}{3}B_0\upsilon_1 a\]

Направление обеих ЭДС – вниз.

Ток в рамке, если ее сопротивление \rho\cdot 4a, будет равен

    \[I_1=\frac{2B_0\upsilon_1 a -\frac{4}{3}B_0\upsilon_1 a }{4\rho a}=\frac{B_0\upsilon_1}{6\rho}\]

Теперь рассмотрим вторую рамку.

Рисунок 4

В стороне MN рамки, находящейся на расстоянии 2a от проводника, наведется ЭДС индукции, равная

    \[E_{iMN}=2B_0\cdot \upsilon_2\cdot a=2B_0\upsilon_2 a\]

В стороне KL рамки, находящейся на расстоянии 3a от проводника, наведется ЭДС индукции, равная

    \[E_{iKL}=\frac{4B_0}{3}\cdot \upsilon_2\cdot 2a=\frac{8}{3}B_0\upsilon_2 a\]

В стороне PQ рамки, находящейся на расстоянии 4a от проводника, наведется ЭДС индукции, равная

    \[E_{iPQ}=B_0\cdot \upsilon_2\cdot a=B_0\upsilon_2 a\]

Все ЭДС направлены вниз, но за счет наличия у рамки перехлеста ЭДС стороны KL оказывается включенной встречно двум другим. Поэтому итоговая ЭДС

    \[E_{iMN}+ E_{iPQ} -E_{iKL}=2B_0\upsilon_2 a +B_0\upsilon_2 a-\frac{8}{3}B_0\upsilon_2 a=\frac{1}{3}B_0\upsilon_2 a\]

Таким образом, ток в рамке

    \[I_2=\frac{\frac{1}{3}B_0\upsilon_2 a }{8\rho a}=\frac{B_0\upsilon_2}{24\rho}\]

Отношение токов будет равно:

    \[\frac{I_2}{I_1}=\frac{B_0\upsilon_2}{24\rho}\cdot\frac{6\rho}{B_0\upsilon_1}=\frac{\upsilon_2}{4\upsilon_1}\]

Следовательно,

    \[I_2=\frac{\upsilon_2I_1}{4\upsilon_1}\]

Ответ: I_2=\frac{\upsilon_2I_1}{4\upsilon_1}.

Задача 2.  В области A создано однородное магнитное поле с индукцией B, перпендикулярной плоскости рамки. Квадратная рамка движется со скоростью \upsilon_0 по гладкой поверхности. \rho – сопротивление единицы длины рамки, Ом/м. Масса рамки m. Рамка въезжает в поле. Найти скорость \upsilon_1, которая установится у рамки.

Рисунок 5

Когда правая сторона рамки окажется в зоне действия поля, в ней возникнет ток под действием ЭДС самоиндукции

    \[I=\frac{B\upsilon a}{R}=\frac{B\upsilon a}{4\rho a}=\frac{B\upsilon}{4\rho}\]

При этом две силы Ампера, действующие на верхний и нижний проводники, компенсируют друг друга. Запишем второй закон Ньютона:

    \[F_A=ma*\]

    \[a*=-\frac{\Delta \upsilon}{\Delta t}\]

    \[F_A=B l I \sin{\alpha}= B l I \sin{90^{\circ}}=BIl=BIa\]

Подставим во второй закон:

    \[\frac{B^2  a\upsilon}{4\rho}=-m\frac{\Delta \upsilon}{\Delta t}\]

Домножим на \Delta t:

    \[\frac{B^2  a\upsilon}{4\rho}\Delta t =-m\Delta \upsilon\]

Заменим \upsilon\Delta t=\Delta S:

    \[\frac{B^2  a}{4\rho}\Delta S =-m\Delta \upsilon\]

Когда левая часть рамки пересечет границу поля, в ней тоже наведется ЭДС, такая же по модулю и направлению, так что она компенсирует ЭДС первой стороны и ток прекратится. Таким образом, скорость будет сохраняться. Суммируем обе стороны последнего равенства:

    \[\frac{B^2  a}{4\rho}\sum \Delta S =-m\sum \Delta \upsilon\]

    \[(-\upsilon_1+\upsilon_0)m=\frac{B^2  a^2}{4\rho}\]

    \[\upsilon_1=\upsilon_0-\frac{B^2  a^2}{4\rho m}\]

Задача 3. Рамку сложной формы двигают со скоростью \upsilon=const. \rho – сопротивление единицы длины рамки, Ом/м. На пути рамки находится магнитный слой шириной 2a. Рамка въезжает в него и выезжает. Какое количество теплоты выделится? Индукция B направлена перпендикулярно плоскости рамки.

Рисунок 6

Определим полное сопротивление рамки. Периметр рамки равен 10a,

    \[R=10\rho a\]

Когда в поле окажется верхняя ее сторона, то в ней наведется ЭДС, равная

    \[E_i=B\upsilon a=const\]

В момент «въезда» в поле еще двух горизонтальных проводников рамки ЭДС станет равной

    \[3E_i=3B\upsilon a\]

К моменту, когда в поле въедет нижняя сторона рамки, верхняя как раз покинет область поля, поэтому общая ЭДС опять станет равной E_i – за счет взаимной компенсации ЭДС, направленных встречно. Наконец, когда «плечи» покинут область поля, в поле останется только нижняя длинная сторона рамки и ЭДС снова станет равной 3E_i.

График выделяющегося тепла будет следующим:

Рисунок 7

Отрезки времени на графике \Delta t=\frac{a}{\upsilon}.

    \[Q=\frac{E_{\sum}^2t}{R}\]

    \[Q_1=\frac{E_i^2\Delta t}{R}\]

    \[Q_2=\frac{(3E_i)^2\Delta t}{R}=9Q_1\]

    \[Q_3=Q_1\]

    \[Q_4=Q_2\]

Полное количество теплоты

    \[Q=Q_1+Q_2+Q_3+Q_4=20Q_1=\frac{20E_i^2\Delta t}{R}=\frac{20E_i^2\cdot a}{\upsilon R}=\frac{20B^2\upsilon^2 a^3}{\upsilon\cdot10\rho a}=\frac{20B^2 a^2\upsilon}{\rho}\]

Ответ: Q=\frac{20B^2 a^2\upsilon}{\rho}.

Задача 4. В горизонтальной гладкой плоскости XOY  размещена рамка прямоугольной формы без массы, сопротивлением R. Размер рамки b\times a. Рамка находится в магнитном поле, которое  неоднородно: B_x \neq 0, B_y\neq 0, B_z=B_0(1-\alpha x). К рамке присоединяют груз посредством идеального блока и легкой нерастяжимой нити. Некоторое время спустя движение рамки становится равномерным. Найти скорость равномерного движения рамки.

Рисунок 8

Проанализируем ситуацию: составляющие магнитного поля B_x и B_y никак не скажутся на движении рамки: скорость направлена по оси x, поэтому B_x \parallel \upsilon, а составляющая по оси y вызовет появление силы Лоренца, которая будет «прижимать к стенке» заряды, не вызывая тока в рамке.  В появлении «продуктивной» силы Лоренца будет «виновата» лишь составляющая поля, направленная по оси z. Причем ЭДС будут возникать в обоих параллельных оси y проводниках. Но, так как поле неоднородно, то ЭДС индукции, возникающие в них и направленные встречно, будут разными по модулю и не компенсируют друг друга. Тогда в месте расположения левого проводника индукция B(x), а в месте расположения правого – B(x+b). В рамке возникнет ток:

    \[I=\frac{E_i(x)-E_i(x+b)}{R}\]

Где E_i(x)=B_z(x)\upsilon a, E_i(x+b)=B_z(x+b)\upsilon a.

Подставим в выражение для тока:

    \[I=\frac{\upsilon a}{R}\left(B_z(x)-B_z(x+b)\right)= \frac{\upsilon a}{R}\left(B_0(1-\alpha x)-B_0(1-\alpha(x+b))\right)=\frac{\upsilon a B_0 \alpha b}{R}=const\]

Так как скорость постоянна, то и ток постоянен по величине. Запишем второй закон Ньютона для рамки:

    \[F_A(x)=F_A(x+b)+T\]

Из второго закона Ньютона для груза следует, что

    \[T=Mg\]

Тогда

    \[Mg= F_A(x)-F_A(x+b)\]

    \[Mg=B_z(x)Ia-B_z(x+b)Ia\]

    \[Mg=Ia (B_z(x)-B_z(x+b))\]

Подставим ранее полученную разность B_z(x)-B_z(x+b)=B_0\alpha b:

    \[Mg=IaB_0\alpha b\]

    \[I=\frac{Mg}{a B_0 \alpha b}\]

Приравниваем ток, полученный двумя способами: из механики и из электродинамики:

    \[\frac{Mg}{a B_0 \alpha b}=\frac{\upsilon a B_0 \alpha b}{R}\]

Откуда скорость

    \[\upsilon=\frac{MgR}{B_0^2 a^2 b^2 \alpha^2}\]

Это ответ. Его можно было найти «читерским» способом: работа, которую совершает сила Ампера, равна работе силы тяжести:

    \[A_{\sum F_A}+A_{mg}=0\]

    \[A_{\sum F_A}=-A_{mg}\]

    \[A_{\sum F_A}=-Q\]

    \[Q=A_{mg}\]

    \[Mgh=I^2Rt\]

Или

    \[Mg\upsilon=I^2R\]

Подставляем ток, найденный ранее, и получаем тот же ответ:

    \[\upsilon=\frac{MgR}{B_0^2 a^2 b^2 \alpha^2}\]

Ответ: \upsilon=\frac{MgR}{B_0^2 a^2 b^2 \alpha^2}.

Добавить комментарий

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