Магнитное поле

В этой статье предложен разбор несложных задач, связанных с действием магнитного поля на проводник с током. Помните, что при определении направления действия данной силы нужно пользоваться правилом левой руки, и линии магнитной индукции должны “втыкаться” в ладонь.

Задача 1. Горизонтальные рельсы, расположенные на расстоянии $l$ друг от друга, находятся в однородном вертикальном магнитном поле с индукцией $B=10^3$ Тл. Найти расстояние, которое по рельсам должен пройти проводник, чтобы он мог достичь первой космической скорости. Масса проводника $m=0,2$ кг, сила тока в нем $I=50$ А, первая космическая скорость $\upsilon =7,8$ км/с. Трение в системе не учитывать.

Если начальная скорость проводника равна 0, то можно использовать формулу для равноускоренного движения:

$\upsilon^2=2aS$

Тогда, если ускорение равно:

$a=\frac{F}{m}$

То путь:

$S=\frac{\upsilon^2m}{2F}=\frac{\upsilon^2m }{2BlI}$

Подставим числа:

$S=\frac{7800^2\cdot0,2 }{2\cdot10^3\cdot0,2\cdot50}=608,4$

Ответ: $S=608,4$ м.

Задача 2. На двух легких проводящих нитях горизонтально висит металлический стержень длиной $l=0,25$ м и массой $m=0,015$ кг. Стержень находится в однородном магнитном поле с индукцией $B=0,3$ Тл, направленной вертикально вниз. Определить угол отклонения нитей от вертикали, если сила тока в стержне $I=0,2$ А.

На провод с током в магнитном поле действует сила $F$ , равная

$F=BLI\sin{\alpha}$

Так как поле перпендикулярно проводу, то $\sin{\alpha}=1$ .

Направлена эта сила будет так, как показано на рисунке.

Задача 2

Углы в задаче 3

На провод также действует сила тяжести $mg$ и сила натяжения нити $T$ , поэтому можем записать:

$mg=T\sin{\beta}$

$F=T\cos{\beta}$

Разделим первое уравнение на второе:

$\operatorname{tg}{\beta}=\frac{mg}{F}=\frac{mg}{BLI}$

Обращаю внимание, что угол $\beta$ не является искомым углом, а искомый равен $\gamma=90^{\circ}-\beta$ .

$\beta=\operatorname {arctg}{\frac{mg}{BLI}}=\operatorname {arctg}{\frac{0,015\cdot10}{0,3\cdot0,2\cdot0,25}}=\operatorname {arctg}{10}=84,3^{\circ}$

$\gamma=90^{\circ}-\beta=90^{\circ}-84,3^{\circ}=5,7^{\circ}$

Ответ: $\gamma=5,7^{\circ}$ .

Задача 3. Медный провод, площадь сечения которого $S=2,5$ мм, согнутый, как показано на рисунке, может поворачиваться вокруг горизонтальной оси $OO^{\prime}$ . Провод находится в однородном магнитном поле, направленном вертикально. При прохождении по проводнику тока, провод отклоняется на угол $\alpha=20^{\circ}$ от вертикали. Определить индукцию поля, если сила тока $I=16$ А.

На провод с током в магнитном поле действует сила $F$ , равная

$F=BLI\sin{\gamma}$

Так как поле перпендикулярно проводу, то $\sin{\gamma}=1$ .

Направлена эта сила будет так, как показано на рисунке.

Задача 3

На горизонтальный участок провода также действует сила тяжести $mg$ и сила натяжения провода $T$ . Так как вертикальные отрезки провода подвешены за один конец, то можно считать, что средняя сила тяжести, действующая на них, равна $\frac{mg}{2}$ , поэтому можем записать, что суммарная сила тяжести равна:

$Mg=2V \rho g=2Sl \rho g$

Как и в предыдущей задаче,

$mg=T\sin{\beta}$

$F=T\cos{\beta}$

Разделим первое уравнение на второе:

$\operatorname{tg}{\beta}=\frac{Mg}{F}=\frac{Mg}{BlI}=\frac{2Sl \rho g }{BlI}=\frac{2S \rho g}{BI}$

Опять же, данный угол не является искомым. Искомый угол равен

$\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{BI}{2S \rho g}$

Отсюда $B$ :

$B=\frac{2S \operatorname{tg}{\alpha} \rho g}{I}=\frac{2,5\cdot10^{-6}\cdot \operatorname{tg}{20^{\circ}}\cdot8900\cdot10}{16}=10^{-2}$

Ответ: 10 мТл.

Задача 4. Металлический стержень длиной $L=0,2$ м и массой $m=10$ г подвешен на двух легких проводах длиной $l=10$ см в однородном магнитном поле с индукцией $B=1$ Тл, направленной вертикально вниз. К точкам крепления проводов подключен конденсатор емкостью 100 мкФ, заряженный до напряжения $U=100$ В. Определить максимальный угол отклонения стержня от положения равновесия после разрядки конденсатора, если она происходит за очень малое время. Сопротивление стрежня и проводов не учитывать.

В течение короткого промежутка времени на проводник с током будет действовать сила, равная

$F=B I L \sin{\alpha}$

Но, так как направление протекания тока и направление линий магнитной индукции перпендикулярны, то $\sin{\alpha}=1$ и

$F=B I L$

Ток – это количество заряда, прошедшее за единицу времени через сечение проводника, то есть

$I=\frac{q}{\Delta t}$

Так как конденсатор разряжается, то очевидно, что за это короткое время с него стечет весь накопленный заряд:

$I=\frac{CU}{\Delta t}$

Тогда сила, действующая на проводник, будет равна:

$F=\frac{B C U L}{\Delta t}$

Как известно, импульс силы равен

$F \Delta t=BCUL =m \upsilon$

Отсюда найдем скорость, сообщенную проводнику:

$\upsilon=\frac{BCUL}{m}$

Так как в момент, когда проводник окажется в верхней точке, его скорость равна 0, то вся его кинетическая энергия, очевидно, перейдет в потенциальную:

$\frac{m \upsilon^2}{2}=m g h$

Таким образом, найдем высоту, на которую сможет подняться наш проводник:

$h=\frac{\upsilon^2}{2g}$

$h=\frac{(BCUL)^2}{2m^2g}$

Тогда косинус искомого угла отклонения от вертикали будет равен:

$\cos{\alpha}=\frac{l-h}{l}$

$\cos{\alpha}=1-\frac{(BCUL)^2}{2m^2gl}$

Можно теперь определить арккосинус полученного выражения, и дело в шляпе, но можно его еще упростить, используя тригонометрические функции половинного аргумента:

$\sin^2{\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\cos{\alpha}}{2}$

Тогда:

$\frac{(BCUL)^2}{2m^2gl}=1-\cos{\alpha}$

$2\sin^2{\frac{\alpha}{2}}=\frac{(BCUL)^2}{2m^2gl}$

$\sin^2{\frac{\alpha}{2}}=\frac{(BCUL)^2}{4m^2gl}$

$\sin{\frac{\alpha}{2}}=\frac{BCUL}{2m\sqrt{gl}}$

$\frac{\alpha}{2}=\arcsin{\frac{BCUL}{2m\sqrt{gl}}}$

$\alpha=2\arcsin{\frac{BCUL}{2m\sqrt{gl}}}$

Подставим числа:

$\alpha=2\arcsin{\frac{1\cdot10^{-4}\cdot100\cdot0,2}{2\cdot0,1\sqrt{10\cdot0,1}}}=2\arcsin{0,1}=11,5^{\circ}$

Ответ: $\alpha=11,5^{\circ}$

Комментариев - 8

Бонифаций

2019-03-14

Очень интересно как в 4-ой задаче из формулы для высоты подъёма проводника вытекает первое соотношение для косинуса угла отклонения от вертикали? Хоть убейся, но одно из другого никак не следует. А нарисовать рисунок, всё обозначить и вывести оттуда выражение для косинуса автор сайта не посчитала нужным! Какая же тут простая физика? Бедный школьник быстро заблудится в таких дебрях и будет искать другой ресурс в сети!

Ответить

Анна
|

2019-03-14

О, Андрей! А мы и соскучиться не успели еще!

Ответить

У вас, уважаемая, в каждой статье полно ошибок и опечаток, так просто у нормальных людей душа не выносит такое отношение к физике!

Анна
|

2019-03-14

Когда нервы шалят, хорошо помогает колка дров. И маме помощь.

Ответить
- Бонифаций
  |
  
  2019-03-14
  
  Может у вас это лучше получится, чем выдавать на гора статьи, полные ошибок, опечаток и иносказаний?
  
  Ответить
  - Анна
    |
    
    2019-03-14
    
    А вы, Андрей, может уже докажете, что можете что-то решить и сделать самостоятельно, а не сдирать с меня?
    
    Ответить

Никто ни с кого не сдирает – слишком много чести! Просто все ваши ошибки специалисту видны даже при беглом просмотре любой вашей статьи на сайте! Может стоит поубавить пыл – лучше меньше, да лучше?

Анна
|

2019-03-14

Ошибки – нормальная составляющая любого человеческого труда. По этому поводу голову пеплом посыпать я не буду. Исправлять – да, надо, и исправляю. Спасибо за помощь в этом.

Ответить

Пн	Вт	Ср	Чт	Пт	Сб	Вс
« Июн
			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	31

Магнитное поле

Для вас другие записи этой рубрики:

Комментариев - 8

Добавить комментарий Отменить ответ

Поиск

ПОСЛЕДНИЕ КОММЕНТАРИИ

Рекомендую

Рубрики

Профи.ру

Пароль для библиотеки – 777

Лучший хостинг в мире!

Последние записи

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Архивы