Д.Ф. Киселев, А.С. Жукарев, С.А. Иванов и др. - Электричество и магнетизм. Методика решения задач (1115540), страница 39
Текст из файла (страница 39)
радиальная компонента скоро- Рис. 8.4. К расчету ЭДС индукциисти vr = 0, а имеется только перпендикулярная к во вращающемсярадиусу компонента vϕ(r) = ωr. В проекции на цилиндре (задачарадиальное направление второй закон Ньютона 8.3.3)для электронов, движущихся по окружности сцентростремительным ускорением ац = –ω2r, имеет вид− mω2 r = −e (ωrB + Er ( r ) ) ,где справа стоит полная сила Лоренца, Еr – радиальная компонентанапряженности электрического поля, е – модуль заряда электрона.Перепишем это выражение в видеeEr ( r ) = − eωrB + mω2 r .Величина mω2 r обычно пренебрежимо мала по сравнению со слагаемым eωrB . Действительно ее отношение к магнитной силе Лоренца равноmω2 rω=,eωrB ( e / m ) Bчто в большинстве случаев мало ввиду большой величины удельного заряда электрона (e/m =1.76⋅1011 Кл/кг).
Например, приВ ~ 10-2 Тл и ω ~ 104 рад/с это отношение имеет порядок 10–5. Поэтому приближенно можно считать, что,Er ( r ) = −ω rB .Данное радиальное электрическое Er(r) поле создается за счетперераспределения плотности электронов в цилиндре при его вращении.Разность потенциалов между периферией и центром цилиндрабудет равна249Гл.
8. Электромагнитная индукцияaa1U = − E ( r )dr = ω r B dr = ωBa 2 .200∫∫Зная напряженность электрического поля, можно найти объемρную плотность заряда ρ из уравнения divE =. Учитывая, чтоε0поле Е имеет только радиальную компоненту Er и используя выражение дивергенции в цилиндрических координатах, получим1 ∂( rE r ) = −2ε0 ωB .r ∂rТак как плотность заряда получилась постоянной, то объемныйзаряд цилиндраqоб = ρ·V = – 2ωε0Bπа2b.Он отрицателен, поскольку магнитная сила Лоренца при заданной ориентации векторов В и угловой скорости ω вытесняет электроны от поверхности к центру цилиндра.Поскольку в целом цилиндр не имеет заряда, то на его поверхности остается противоположный по знаку (т.е. положительный)поверхностный заряд qпов = – qоб = 2ωε0Bπa2b, поверхностная плотность которогоq2ωε0 Bπa 2 b= ε0ωBa.σ = пов =S2 πabЕще проще можно найти σ из граничного условия для вектораэлектрической индукции:σ = – Dr(a) = – ε0Er(a) = ε0ωBa.1Ответ: 1) U = ωBa 2 ; 2) σ = ε0ωBa, ρ = −2ωε 0 B = const .2ρ = ε0divE = ε0Задачи типа 8.3Нахождение ЭДС индукции в переменном магнитном полеМетод решения – применение (8.2).Задача 8.3.4 (базовая задача).
Плоский контур, имеющий вид двухквадратов со сторонами а и b соответственно, находится в однородном магнитном поле, вектор индукции которого перпендикуляренего плоскости и меняется по закону B(t) = B0 cos ωt. Найти зависи-250ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧмость от времени силы тока I в контуре, если сопротивление единицы длины провода равно r′. Индуктивностью контура пренебречь.РешениеВыберем в качестве положительного направления обхода обходбольшего контура (со стороной а, верхний на рис. 8.5) против часовой стрелки (показано стрелками на рисунке).Тогда для второго контура (со стороной b) этоaBнаправление обхода будет отрицательным. Всвязи с этим полный магнитный поток черезbконтурФ = В·(a2 – b2),а величина ЭДС равнаРис.
8.5. Форма контура и ориентациявектора В(задача8.3.4)∂Ф∂B= − (a 2 − b 2 ) = (a 2 − b 2 ) B0 ω sin ωt .∂t∂tПоскольку индуктивностью можно пренебречь, ЭДС самоиндукции учитывать не надо и сила тока определяется из найденнойЭДС по закону Ома, учитывая, что общее сопротивление R равно4r′(a + b):E=−E (t ) ( a 2 − b 2 ) B0 ω sin ωt1==( a − b) B0ω sin ωt .R4 r ′( a + b)4r′1Ответ: I (t ) =( a − b) B0 ω sin ωt .4r ′I (t ) =Задача 8.3.5.
Магнитный поток через неподвижный контур ссопротивлением R изменяется за промежуток времени τ по законуФ = а·t· (τ – t). Найти:1) количество тепла Q, выделившееся в контуре за время τ;2) заряд q, прошедший через контур за время τ/2.Решение. τЭДС индукции в контуре: E = − Ф = 2a t − , 22тепловая мощность тока:P (t ) =E 2 4a 2 τ =t − .RR 2251Гл. 8. Электромагнитная индукцияИнтегрируя тепловую мощность, находим количество теплаττ23 τ4a 2 τ 4a 2 τ a2 3Q = ∫ P (t )dt =t−dt=t−=τ .R ∫0 2 3R 2 3R00Чтобы найти заряд q, прошедший по цепи за время τ/2, найдемсилу токаE (t )1 dФI (t ) ==−,RR dtоткуда затем получаемτ /2q=τ/2∫I (t )dt = − ∫001 dФ1dt = −R dtRФ ( τ /2 )∫dФ =021(Ф (τ / 2) − Ф(0) ) = − aτ .R4RОтрицательный знак заряда означает, что, в соответствии справилом Ленца, индукционный ток шел по контуру в таком направлении, при котором его магнитное поле препятствовало изменению потока.=−Ответ: 1) Q =a2 3τ ;3R2) q = −aτ 2.4RЗадача 8.3.6.
Контур представляет собой окружность, соединенную по диаметру, с конденсаторами С1-3, включенными в разрывы проводников (рис. 8.6), и находится в однородном переменном магнитном поле. Скорость изменениямагнитного потока через площадь кольца посто-– +С1– + С3С2– +.янна и равна Ф . Найти заряды конденсаторов,Рис. 8.6. Схема конесли вначале конденсаторы были не заряжены.тура к задаче 8.3.6РешениеРасставим произвольно знаки зарядов на конденсаторах (см.рис. 8.6.) Истинные знаки зарядов определятся потом из знаков полученных решений.Алгебраическая сумма напряжений по любому выбранномуконтуру должна равняться сумме ЭДС, действующих в данном контуре. Совершим обход внешнего кругового контура (против часовой252ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧстрелки), сразу учитывая, что напряжение на конденсаторах.qUi = i , а ЭДС в этом контуре E = − Ф :Ci.q1 q2−= −ФC1 C 2Обход верхней половины контура (также против часовой стрелки) даетq1 q31 .−=− Ф,C1 C32где учтено, что магнитный поток через этот контур вдвое меньше,чем через весь контур.
Третье уравнение получается из условия сохранения заряда (запишем для правого узла)q1 + q2 + q3 = 0.Решая эту систему трех уравнений, получаем.Ответ: q1 = − Ф.q3 = Ф. C (C + C / 2)C1 (C2 + C3 / 2)3, q2 = Ф 2 1,C1 + C2 + C3C1 + C2 + C3C3 (C2 − C1 ).2(C1 + C2 + C3 )Замечание. Знаки q1 и q2 всегда противоположны. Знак q3 зависит от соотношения емкостей С1 и С2. В случае С1 = С2 разностьпотенциалов между концами диаметра равна нулю и q3 = 0.Задачи типа 8.4Нахождение вихревого электрического поляМетод решения: в общем случае вихревое поле определяетсядифференциальным соотношением (8.5).
Если же структура силовых линий поля Евихр заранее известна из соображений симметрии,как это бывает в большинстве случаев в задачах курса общей физики, то для нахождения Евихр удобно использовать соотношениеEинд = −∂Ф= E вихр dl .∂t L∫253Гл. 8. Электромагнитная индукцияв котором приравнивается ЭДС индукции, найденная из общегосоотношения (8.2), и ее выражение через циркуляцию Евихр . Контуринтегрирования L надо выбрать так, чтобы циркуляция вектораЕвихр получилась в наиболее простом виде. Это будет, например,когда весь контур или его участки совпадают с силовыми линиями,а остальные участки контура перпендикулярны силовым линиям ине дают вклада в циркуляцию.Задача 8.3.7 (базовая задача).
В длинном соленоиде радиуса ас плотностью намотки n (витков/метр) изменяют ток с постояннойскоростью Iɺ (А/с). Найти модуль напряженности вихревого электрического поля Е(r) как функцию расстояния r от оси соленоида.РешениеМагнитное поле внутри длинного соленоида пространственнооднородно и равно B = µ0nI (глава 7, задача 7.3.9). Пусть вектор Внаправлен из плоскости рисунка к нам (рис. 8.7). В силу аксиальнойсимметрии системы силовые линии вихревого электрического полядолжны быть окружностями с центром на оси соленоида (пунктирна рис. 8.7).Область r < a.Выберем контур L в виде окружности радиуса r.
Пусть положительное направление обхода контура будет против часовойстрелки, тогда нормаль к его плоскости параллельна вектору В имагнитный поток через этот контур положитеBrленaФ(t) = πr2⋅B(t).EIСогласно (8.2) ЭДС в этом контуре..E = − Ф = −πr 2 B .|E|arРис. 8.7. К расчетувихревого электрического поля, создаваемого соленоидом(задача 8.3.7)Поскольку контур L совпадает с силовымилиниями поля Е и величина напряженности Е(r)постоянна на этом контуре, то циркуляция имеет вид∫E = Edl = 2πrE .ГПриравнивая эти два выражения, получаем254ЭЛЕКТРИЧЕСТВО И МАГНЕТИЗМ.
МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ1 .E (r ) = − B r2(8.11)или.1E (r ) = − µ 0 n I r .2Знак напряженности Е противоположен знаку производной.тока I в обмотке в соответствии с правилом Ленца, так как этоиндуцированное поле должно препятствовать изменению силы тока(см. рис. 8.7).Область r > a.В этом случае магнитный поток не зависит от радиуса контураr и равен полному потоку через поперечное сечение соленоида:Ф(t) = πa2B(t). Повторяя предыдущие вычисления с этим изменени..ем, получаем E = − Ф = −πa 2 B и. 1. 111E (r ) = − a 2 B = − µ 0 na 2 I .2r2rСхематично график величины E(r) приведен на рис.
8.7.Ответ: r < a:r>a:.1E (r ) = − µ 0 n I r ,2. 11E ( r ) = − µ 0 na 2 I .2rЗадача 8.3.8. Плоская спираль с большим числом витков N ивнешним радиусом R находится в однородном магнитном поле,вектор индукции которого перпендикулярен плоскости спирали именяется по закону B = B0cosωt (рис. 8.8). Найти ЭДС индукции вспирали.РешениеСпособ 1. Будем исходить из того, что силовые линии вихревого электрического поля представляют собой окружности с центромв начале спирали и его напряженность согласно результату преды1 .дущей задачи (8.11) E (r ) = − B r .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
