1611690907-cdb7ba9a19e66c50054693ec4d5311b7 (826951), страница 19
Текст из файла (страница 19)
ЭДС электромагнитной индукции, котораявозникает вдоль оси ускорителя (или вихревое электрическое поле, другими словами)E =−1 dΦ,c dt2где поток считается через поперечное сечение магнитопровода. Домножив это уравнение на заряд электрона e и вспоминая определение э.д.с. получимZZeE = eEd` = F d` = T,где T – кинетическая энергия, приобретенная электроном в ускорителе. ТогдаT =−e dΦe ∆B2.4 · 10−80.6 4=(r2 − r1 ) ` ==·10 = 1.5·104 = 15кэВ.c dtc τ1.6 · 10−120.41.3.
(Задача 6.37) Горизонтальный стержень веса P и длины ` скользит без трения по двум вертикальным стержням, соединенным внизу конденсатором емкости C.Имеется однородное магнитное поле B перпендикулярное плоскости падения стержня. Найти ускорение стержня, пренебрегая электрическим сопротивлением образованной цепи (все стержни – проводящие).Решение Направление вектора B выбрано от читателя. Магнитный поток сквозьзамкнутый контур 01230 будет меняться из-за изменения площади контура.
Возникающая в контуре эдс индукции равнаE =−1 ∂Φ1= − `B ẏ,c ∂tcпосколькуΦ = B`y ,где y – координата горизонтального стержня. Начало координат выбранона уровне конденсатора. По контуру течет ток, как показаYно на рисунке, так как в контуре действует эдс. При вычисl2лении эдс мы пренебрегли магнитным полем, создаваемым1 m ugrururэтим током. По второму закону Кирхгофа сумма паденийBgнапряжений по замкнутому контуру равна сумме эдс, действующих в контуре. Поэтому падение напряжения на емCкости Uc = E.
С другой стороны, Uc = Q/C, где Q –30заряд конденсатора, а C – емкость конденсатора. Значит,Q=−`B ẏC.c(1)Составим уравнение движения стержня (второй закон Ньютона). На стерженьдействует сила тяжести P = mg, направленная вниз (противоположно положительному y), и сила Лоренца, направленная вверх.
Поэтомуmÿ = −mg +JB`,c1. Квазистационарные явления3где g – ускорение свободного падения; J – ток в контуре; ÿ – ускорение стержня.dQДифференцируя уравнение (1) и учитывая, что J =, окончательно получаемdtgÿ = −.`2 B 2 C1+mc21.4. (Задача 6.38) Плоский контур вращается с угловой скоростью ω в однородном магнитном поле вокруг оси, лежащей в плоскости контура и перпендикулярной кполю. Индукция поля равна B. Определить эдс индукции в этом контуре.
Площадь,ограниченная контуром, равна S.РешениеdSdΦ=B= ωBS sin (ωt + ϕ0 ) .dtdt1 dΦBSωE =−=−sin (ωt + ϕ0 ) ,c dtcгде ϕ0 – угол между нормалью к контуру и направлением поля в начальный момент.1.5. (Задача 6.39) Стержень OA вращается с угловой скоростью ω вокруг точкиO в плоскости, перпендикулярной к направлению однородного магнитного поля H.Определить эдс индукции между точками O и A, если длина стержня `.Решение Линейная скорость движения элемента dr, находящегося на расстоянииr от точки вращения равнаv(r) = ωr.Свободные электроны, находящиеся в металле, движутся в каждой точке с такойже скоростью. На них действует сила Лоренца в направлении от центра вращенияк внешнему концу, которая определяется соотношениемf=evH.cРазность потенциалов (или эдс) на элементе длины dr равна работе силы f при перемещении электрона на расстояние, деленной на заряд электрона, т.е.dE =f dx,eа эдс на всей длине стержняZ`E=0eωrHdrω `2= H .cec 241.6.
(Задача 6.42) Круглая проволочная петля радиуса a, находящаяся в постоянном магнитном поле H0 , вращается с угловой скоростью ω вокруг своего диаметра, перпендикулярного H0 . Найти силу тока в петле, тормозящий момент и среднююмощность, которая требуется для поддержания вращения. Сопротивление петли – R,индуктивность – L.Решение Эдс, которая возникает во вращающейся рамке, согласно закону Фарадея равнаE =−1 dΦ1dS1dH0 πa2 ω= − H0= − H0 πa2 cos ωt =sin ωt.c dtcdtcdtcЗакон Кирхгофа для замкнутого контура (кольцо обладает активным сопротивлениемR и индуктивностью L) записывается в видеE=илиLI˙+ IR,c2L ˙I + RI = E = E0 sin ωt,c2гдеH0 πa2 ω.cПри решении подобных линейных дифференциальных уравнений можно для простотызаменить sin ωt на экспоненту, потом в ответе взять мнимую часть.E0 =L ˙I + RI = E0 eiωt .c2Будем искать стационарное решение в видеI = I1 · eiωt .Подставив это решение в исходное уравнение получим комплексную амплитуду ток൶iωLI1 R + 2= E0 ,cилиI1 =E0.R + iωLc2Для нахождения действительной и мнимой частей домножим числитель и знаменательна комплексносопряженное выражение, и тогда комплексную амплитуду тока можно1.
Квазистационарные явления5представить в тригонометрической форме¡¢¶µE0 R − iωLE0iωLE02c¢¡¢=== qI1 = ¡R− 22 L2iωLiωLω2cR + c2R − c2R + c2R2 +гдеtgϕ =а, следовательно,R2+eiϕ ,ωL,c2 RE0I=qω 2 L2c4ω 2 L2c4eiωt−iϕ .Выделяя, как было упомянуто выше, мнимую часть, получимπa2 ωH0sin (ωt − ϕ) = I0 sin (ωt − ϕ) .I= q2 2c R2 + ω c4LДля вращения кольца с постоянной скоростью необходимо прикладывать момент сил,равный мгновенному значению тормозящего момента.
Для вычисления момента сил,действующего на виток с током в однородном магнитном поле рассмотрим (следуяСивухину Д.В., Общий курс физики. Электричество, том Ш, стр.209.) плоский виток с током, лежащий в плоскости магнитного поля. Легко показать, что момент сил,действующий на виток площади S по которому течет ток I, равенN = [MH] , где M =IS.cЕще проще показать, что если этот виток с током перпендикулярен магнитному полю,то момент равен нулю. Поскольку при любом положении плоскости витка по отношению к магнитному полю можно разложить магнитное поле на перпендикулярную (недающую вклада в момент) и параллельную составляющую магнитного поля, то очевидно, что приведенная выше формула справедлива при любой ориентации плоскостивитка и однородного магнитного поля.
Используя это выражение для нашей задачиможно записатьπa2N=IH0 sin α,cгде α– угол между направлением H и нормалью к плоскости витка, α = ωt. В итогеполучаемπa2N=I0 H0 [cos ϕ − cos(2ωt − ϕ)] .c6Средняя мощность, выделяемая в проводнике (джоулево тепло) определяется соотношением1W = I 2 R = I02 R.21.7.
(Задача 6.44) Замкнутая катушка из медного провода внесена в однородноеполе H = H0 e−iωt (частота 16 кГц), параллельное оси катушки. Площадь катушкиS = 10 см2 , число витков N = 102 , индуктивность L = 10−3 Гн, сопротивлениеобмотки R = 1 Ом. Найти ток в обмотке и оценить средний магнитный поток черезкатушку, если напряженность невозмущенного поля H0 = 103 Э.Решение Согласно закону Фарадея, эдс в катушке определяется соотношением1dH1E = − NS= N SH0 iωe−iωt = E0 e−iωt .cdtcПолное сопротивление катушкиrRобщ =R2 +ω 2 L2.c2Тогда полный ток в катушкеI=E01 N SH0 ω= qsin (ωt − ϕ) = I0 sin (ωt − ϕ) .Rобщc R2 + ω2 L2c4Переведем исходные данные в Гауссову системуω = 2πν = 23.141.6104 ' 105 рад/сек,L = 10−3 · 109 = 106 см,R = 1/(9 · 1011 ) ' 10−12 сек/см.ТогдаI0 =102 · 10 · 103 · 105q' 3 · 1010 статкулон/сек = 10 A,1010 101210−243 · 1010+ 81·1040Φ=1.8.
(Задача 6.47) В бетатроне во время ускорения электрона магнитное поленепрерывно нарастает, порождая разгоняющую электрон эдс индукции, а орбита егоостается неизменной. Доказать, что для ускорения электрона на орбите постоянного1. Квазистационарные явления7радиуса необходимо, чтобы полный магнитный поток Φ2 , пронизывающий орбиту,был вдвое больше потока Φ1 , который получился бы, если бы поле внутри орбитыбыло однородно и равно полю на орбите (бетатронное правило 2 : 1).Решение Уравнение движения (не релятивистское) на орбите электрона описывается уравнением движенияdPe= eE + [vB] .dtcПоскольку по условию задачи мы хотим получить движение по окружности постоянного радиуса, импульс равно как и скорость направлены по касательной к окружноститраектории p = mv = pτ .
Разложим вектор изменения импульса на касательную(вдоль τ )и нормальную n к орбите составляющие.dPdτdP=τ +p .dtdtdtВ курсе механики (а также математики) показывалось, чтоdτv= ,dtr0где v – модуль скорости на орбите, а r0 – радиус этой орбиты. ТогдаdPdPv2=τ + m n.dtdtr0Электрон ускоряется вихревым электрическим полем, возникающим за счет электромагнитной индукции и, используя интегральное выражение для закона электромагнитной индукции можем записать¯ ¯I1 ¯¯ dΦ ¯¯El dl = 2πr0 E = ¯ ¯ ,c dtRгде Φ = BdS = πr02 < B >, < B > –усредненное по площади орбиты мгновенное значение магнитного поля. Таким образом касательная проекция уравнениядвижения может быть записана в видеdPer0 d= eE =<B>.dt2c dtНормальная компонента уравнения движения может быть записана в видеmv 2evB(r0 )er0 B(r0 )=, откуда mv = P =.r0cc8Взяв производную от полученного уравнения и приравнивая к полученному из тангенциальных компонент, получаем соотношениеd1 dB(r0 ) =< B >,dt2 dtоткудаB(r0 ) =1<B>.21.9.
(Задача 6.50) В горизонтальной плоскости лежит проводник. Радиусыколец проводника, образующих «восьмерку», равны a и b. ПоQ AZпроводнику течет ток J = J0 sin ωt. В точке A на расстоянии Rq Rот точки самопересечения проводника расположен неподвижныйOзаряд Q, Найти силу, действующую на этот заряд, R À a, b иOA составляет с вертикалью OZ угол θ.2a 2bРешение Поскольку радиусы колец «восьмерки» малы по сравнению с расстоянием до точки наблюдения, то мы можем рассматривать каждое кольцо как магнитный диполь, создающий поле в точке А. Вспомним формулу поля магнитного поля,создаваемого магнитным диполем.B=m 3r (mr)−,r3r5где m – магнитный момент кольца площадью S с током J.
m = SJc n. Считаяв первом приближении, что центры обеих колец находятся в начале координат, мыполучим полный магнитный момент в видеm=π(b2 − a2 )J.cВ силу принятого нами допущения – оба магнитных момента находятся в начале координат и направлены вдоль оси z, возникающее от изменения во времени магнитногополя вихревое электрическое поле будет иметь осевую симметрию, а силовые линииэлектрического поля будут окружностями, лежащими в плоскости, перпендикулярнойоси z.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
