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

Магнитное поле: рамки в поле 1

[latexpage]

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

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 *