Загрузить - Вологодский государственный технический

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
ВОЛОГОДСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ
Кафедра физики
ЭЛЕКТРОМАГНЕТИЗМ
ЧАСТЬ 4
Составитель:
Л.А.Кузина, канд.физ.-мат.наук, доцент
Вологда
2011
1
1. Закон Био-Савара-Лапласа. Закон полного тока.



  0 I dl  r
 Idl sin 
dB 
; dB  0
– закон Био-Савара-Лапласа;
3
2
4
r
4

r


 
B   Bi ; B   dB – принцип суперпозиции;
i


B   0 H – связь индукции и напряженности магнитного поля;
B
 0 I
cos 1  cos  2 
4R
–
индукция
магнитного
поля
прямого
отрезка
проводника;
I
B   0
– индукция магнитного поля бесконечно длинного прямого тока;
2R
 0 I
– индукция в центре кругового тока;
B
2R
 0 IR 2
B
– индукция на оси кругового тока;
2( R 2  h 2 ) 3 / 2
 0 In
cos1  cos 2  ; B   0 In – индукция магнитного поля на оси
B
2
соленоида конечной длины и бесконечно длинного соленоида.
  0 qv  r 
 qv sin 
; B 0
B
3
4
4
r2
r
– индукция магнитного поля движущегося
заряда.
 
 Hdl   I
i
L
макро
i
;
 
 Bdl
L


  0  I iм акро   0   I iм акро   I kм икро  – закон полного тока
i
k
 i

для стационарных полей.
Примеры решения задач
Задача 1
Чему должно быть равно отношение длины катушки к ее диаметру, чтобы
напряженность магнитного поля в центре катушки можно было найти по
формуле для напряженности поля бесконечно длинного соленоида? Ошибка при
таком допущении не должна превышать 5%.
Дано:
ε=0.05
Решение
Воспользуемся формулами для напряжённости магнитного поля
In
Найти:
на оси соленоида конечной длины: H  cos 1  cos  2 
2
l
N
?
бесконечно длинного соленоида: H   In . Здесь n 
D
l
плотность намотки соленоида. Для напряжённости поля в центре соленоида
силу симметрии 1   2  
(см. рис. 1), тогда cos  2   cos 1 ,
H
In
2 cos  1   In cos  1 . Относительная погрешность
2

H
H

и
–
в
и
H  H H

 1;
H
H
2
или

cos  1 
cos 1 
In
1
1 
1;
In cos  1
cos  1
1
.
1 
l
l 2  D2
l
1
,

2
2
1


l D
l 2  D2
 1  ,
l
1
D2
 1  ;
l2
D

l
1   2  1 ;
Из
.
рис.1
Тогда
откуда
l 2  D2
 1  ;
l2
l
1
. Подставим численные значения:

D
 2   
l
1

 3.12 .
D
0.052  0.05
l
Ответ:  3.12 .
D
Задача 2
По двум бесконечно длинным прямым параллельным проводам текут токи
силой 50 А и 100 А в противоположных направлениях. Расстояние между
проводами 0.2 м. Определить магнитную индукцию в точке, удаленной на 0.25 м
от первого и на 0.4 м от второго провода.
Решение
Дано:
I1=50 А
I2=100 А
r1=0.4 м
1
2
r2=0.25 м
d=0.2 м
Найти:
B=?
О
Рис.2

По правилу правого винта определяем направления векторов индукции B1 и

B 2 магнитных полей, созданных в точке О токами I1 и I2 соответственно (рис.2).

 

По принципу суперпозиции B  B1  B2 . Величину результирующего вектора B
найдём по теореме косинусов: B 2  B12  B22  2B1 B2 cos  . Аналогично, по теореме
d 2  r12  r22  2r1r2 cos  .
косинусов
для
треугольника
12О:
Тогда
3
r12  r22  d 2
B  B  B  B1 B2
. Величины
r1 r2
2
1
2
2

B1

и B 2 определяем по формуле
индукции прямого бесконечного проводника с током: B1   0
I1
I
и B2   0 2 .
2r1
2r2
Магнитную проницаемость считаем равной 1 (магнетика нет): μ=1. Тогда

B 0
2
2

2

 I1   I 2 
I I r 2  r22  d 2
      1 2  1
.
r1r2
r1 r2
 r1   r2 
Подставим
численные
значения:
4  10 7  50   100 
50  100
B
0.4 2  0.25 2  0.2 2  2  10 7 125 2  400 2  91250 ,

 
 
2
2
 0.4   0.25  0.4  0.25
или B  581  10 -7  58.1  10 6 Тл  58.1мкТл .
Ответ: B  58.1мкТл .
2
2


Задача 3
По сечению проводника равномерно распределен ток плотностью 2106 А/м2.
Найти циркуляцию вектора напряженности вдоль окружности радиусом 510-3 м,
проходящей внутри проводника и ориентированной так, что ее плоскость
составляет угол 300 с вектором плотности тока.
Решение
Дано:
По теореме о циркуляции циркуляция вектора
j=2106 А/м2
напряжённости
магнитного
поля
по
произвольному
R=510-3 м
замкнутому контуру равна результирующему макротоку,
β=300
текущему
сквозь поверхность, натянутую на этот контур:
 
макро
 Hdl   I i . Суммарный макроток выразим через плотность
Найти:
 
H
 dl  ?
L
тока:
L
i
 
 
 Hdl   j dS   j  cos   dS ,
L
S
где интеграл берётся по
S
поверхности S, натянутой на контур L, α – угол между
нормалью к контуру и вектором плотности тока (рис.3). Поскольку     90 0 и
ток распределён равномерно ( j  const ), то
2
 j  cos   dS  j  sin    dS  j  sin   R . Здесь
S
S
учтено, что интеграл по поверхности,
натянутой на контур, равен площади
круга:
 
2
2
 dS  R . Таким образом,  Hdl  j  sin     R .
S
Подставим
Рис.3
 
Ответ:  Hdl  78.5 А .
L
численные
 
6
0
3
 Hdl  2  10  sin 30  3.14  5  10


2
значения:
 78.5 А .
L
L
4
2. Магнитный момент

 

p m  ISn ; p m  NISn – магнитный момент контура с током;



M  pm  B ; M  pm B sin  – вращающий момент сил, действующий на контур


с током в магнитном поле;
 
Wпот.   pm B   pm B cos – потенциальная энергия магнитного диполя в
магнитном поле;
Fx  p m
B
cos  – сила, действующая на магнитный диполь в неоднородном
x
магнитном поле.
Примеры решения задач
Задача 4
По тонкому стержню длиной 20 см равномерно распределен заряд 0.24
мкКл. Стержень приведен во вращение с постоянной угловой скоростью 10 рад/с
относительно оси, перпендикулярной стержню и проходящей через его середину.
Определить магнитный момент, обусловленный вращением заряженного
стержня; отношение магнитного момента к моменту импульса, если стержень
имеет массу 12 г.
Решение
Дано:
l=0.2 м
q=0.24.10-6 Кл
ω=10 рад/с
m=0.012 кг
Найти:
pm=?
pm
?
L
На расстоянии
Рис.4
x от оси вращения выделим элемент длины стержня dx
dq dx
. Заряд dq, вращающийся по

q
l
dq
2
окружности, создаёт эквивалентный ток dI  , где T 
– период вращения.
T

Магнитный момент этого тока равен dpm  dI  S , где S    x 2 – площадь «витка»
(рис.4). Его заряд dq найдём из пропорции:
эквивалентного тока, поскольку заряд вращается по окружности радиусом x.
Таким
образом,
получим:
dp m  dI  S  dI  x 2 
dq
q  dx
q  2
 x 2 
 x 2 
 x  dx .
2

T
2l
l

Проинтегрировав полученное выражение по всей длине стержня, получим
5
магнитный
l
момент,
l
p m   dp m  
0
0
обусловленный
3 l
q  2
q 2
q x
 x  dx 
x dx 


2l
2l 0
2l 3
l
0

его
вращением:
q l
q  l
 , или p m 
.
2l 3
6
3
2
Момент импульса твёрдого тела по определению равен L  J   , где J 
ml 2
3
– момент инерции стержня относительно оси, проходящей через конец стержня
перпендикулярно ему. Тогда pm 
ml 2
  . Таким образом, отношение моментов
3
q  l 2
pm
q
6


равно:
.
Подставим
численные
значения:
2
L
ml   2m
3
2
-6
pm
q  l
0.24  10  10  0.2 2
q
0.24  10 6
pm 

 1.6  10 8 А/м 2 ;


 10 5 Кл / кг .
6
6
L
2m
2  0.012
p
Ответ: p m  1.6  10 8 А/м 2 ; m  10 5 Кл / кг .
L
Задача 5
По квадратной рамке из тонкой проволоки массой 2 г был пропущен ток
силой 6 А. Рамка свободно подвешена за середину одной из сторон на неупругой
нити. Определить период малых колебаний такой рамки в однородном
магнитном поле с индукцией 2 мТл. Затуханием колебаний пренебречь.
Решение
Дано:
На
рамку с током в магнитном поле действует момент


m=0.002 кг
сил M  pm  B . Величина момента зависит от угла α между
I=6А

B
вектором
магнитной
индукции
и магнитным моментом
B=0.002 Тл
рамки p m : M  pm B sin  . В положении равновесия оба вектора
направлены одинаково, α=0 (рис.5). Если рамку вывести из
Найти:
положения равновесия, повернув на малый угол α, проекции
T=?
момента сил и углового перемещения на ось
вращения будут иметь противоположные знаки
(момент сил возвращает в положение
равновесия), тогда M   pm B   . Здесь учтено,
что угол – малый, и sin    . По закону
динамики вращательного движения твёрдого
тела M  J   , где J – момент инерции тела
относительно оси вращения;     – угловое
ускорение, равное второй производной по
времени от угла поворота. Таким образом,
получим:
Рис.5
J      pm B   ,
или   
pm B
  0 .
J
Сравнив с дифференциальным уравнением
    2    0 ,
гармонических
колебаний:
получим циклическую частоту:  
pm B
. Обозначим a длину стороны рамки,
J
6
тогда магнитный момент её равен p m  I  S  I  a 2 . Момент инерции J рамки
можно найти как сумму моментов инерции всех четырёх сторон, масса каждой из
которых равна m1 
m
. Для двух горизонтальных сторон используем формулу
4
момента инерции тонкого стержня относительно оси, проходящей через его
m1  a 2 ma 2
. Моменты инерции двух вертикальных сторон можно

12
48
найти из формулы для момента инерции твёрдого тела J   r 2 dm с учётом, что
середину: J 1 
m
вся масса стороны m1 
m
расположена на одинаковом расстоянии от оси, равном
4
2
r
a
a
a 2 m ma 2
: J 2   r 2 dm  r 2   dm     m1   
. Тогда момент инерции всей
2
2
4
4
16


m1
m1
 ma 2
ma 2 
1
  ma 2 . Подставим выражения для p m и J в
рамки J  2 J 1  2 J 2  2

16  6
 48
формулу для циклической частоты  
2
pm B

J
Ia 2 B
6 IB

и найдём период
2
m
ma / 6
m
2m
. Вычислим период, подставив значения


6IB
3IB
2m
2  0.002
3.14
величин: T  
 3.14

 1.05с .
3IB
3  6  0.002
3
Ответ: T  1.05с .
колебаний: T 
 
 
 2
3. Сила Ампера. Сила Лоренца. Эффект Холла.
 

dFA  I dl  B ; dFA  IdlB sin  – сила Ампера;

 
FЛ  q v  B ; FЛ  qvB sin  – сила Лоренца;
IB
U R
 RjbB – Холловская разность потенциалов
a
(рис.6);
R
1
– постоянная Холла.
ne
Примеры решения задач
Рис.6
Задача 6
Дано:
α=600
R=0.025 м
B=0.05 Тл
Найти:
Wкин.=?
Протон влетел в однородное магнитное поле под углом 600
к направлению линий поля и движется по спирали, радиус
которой 25 мм. Индукция магнитного поля 0.05 Тл. Найти
кинетическую энергию протона.
Решение
На протон, движущийся
в магнитном поле, действует сила

 
Лоренца, равная FЛ  qv  B, направленная перпендикулярно
скорости и индукции поля. Величина силы равна FЛ  qvB sin  .
Скорость v протона можно разложить на две составляющие:
одна перпендикулярна направлению поля, другая параллельна:
7
v   v sin  ;
v||  v  cos
(рис.7).
Тогда можно представить силу
Лоренца как FЛ  qv  B . Движение
частицы является суперпозицией
двух: вращение по окружности
радиуса R со скоростью v  в
плоскости, перпендикулярной полю,
и равномерное поступательное
движение вдоль линий поля со
v || ;
скоростью
в
результате
получается движение по винтовой
линии с шагом (расстоянием между
соседними
витками),
равным
h  v ||  T , где T 
Рис.7
вращения. По второму закону Ньютона
Отсюда R 
FЛ  m  aц.с.  m
2R
v
– период
v 2
v2
, или q  v   B  m  .
R
R
m  v
2m
2m
; T
; h  v || 
. Для решения нашей задачи достаточно
qB
qB
qB
из второго закона Ньютона выразить скорость и затем найти кинетическую
2
энергию: v  
Подставим
значения:. Wкин. 
Wкин. 
2
v
RqB
mv 2 m  RqB 
1  RqB 
RqB
 

; v  
; Wкин. 
 ; Wкин. 
 .
m
2
2  m sin  
2m  sin  
sin  m  sin 
численные
1
2  1.67  10  27
2
 0.025  1.6  10 19  0.05 
  1.6  10 17 Дж ,
 
0
sin 60


или
1.6  10 17
 100эВ .
1.6  10 19
Ответ: Wкин.  1.6  10 17 Дж  100эВ .
Задача 7
Провод в виде тонкого полукольца радиусом 10 см находится в однородном
магнитном поле с индукцией 50 мТл. По проводу течет ток силой 10 А. Найти
силу, действующую на провод, если плоскость полукольца перпендикулярна
линиям индукции, а подводящие провода находятся вне поля.
Решение

Дано:
Выделим элемент тока I  dl (рис.8). Пусть индукция
R=0.1 м
магнитного поля направлена из-за рисунка к нам. Угол между
B=0.05 Тл
элементом тока и вектором индукции равен 900, тогда
I=10 А
величина
силы Ампера, действующей на этот элемент,
dF  IdlB sin 90 0  IdlB , а направление её, найденное по правилу
Найти:
левой руки, указано на рисунке. Проекции силы Ампера на оси
F=?
OX и OY равны соответственно: dFx  dF  cos  и dFy  dF  sin  .
Элемент длины проводника можно выразить через приращение
8
угла d : dl  R  d . Тогда
dFx  I  B  R  cos   d ,
dFy  I  B  R  sin   d .
Полученные
выражения
проинтегрируем по всей длине
полуокружности, то есть по углу  в


пределах       :

2
2

R
2
Fx   dFx  IBR  cos d ;


2

 
  
Fx  IBR sin   2    IBR  sin  sin     ,



2
 2 

 2

 
  
Fx  IBR sin   2    IBR  sin  sin     ;
 
2
 2 

 2
Рис.8
Fx  2IBR .

Аналогично,

2
Fy   dFy  IBR  sin d  IBR  cos   2  0 . Таким образом, результирующая сила



2
2
направлена по оси OX и равна F  Fx  2IBR . Подставим численные значения:
F  2  10  0.05  0.1  0.1Н .
Ответ: F  0.1Н .
4. Магнитный поток. Индуктивность. Явление электромагнитной
индукции. Самоиндукция.
Взаимная индукция. Ток смещения
 
 
d  BdS  BdS cos ;    BdS – определение магнитного потока;
S
A  I – работа поля по перемещению контура с током в магнитном поле;
 
 
L
 L   – определение индуктивности контура (соленоида);
I 
I 
  N  LI – полное потокосцепление;
N2
L   0
S – индуктивность соленоида;
l
d
– закон Фарадея для электромагнитной индукции;
i 
dt
U  vBl sin  – разность потенциалов на концах движущегося проводника;

 
B 
d
L E B dl  S t dS   dt = i – циркуляция вектора напряженности вихревого
ε
ε
электрического поля;
9
q  

R
– заряд, прошедший через поперечное сечение проводника при
возникновении в нем индукционного тока;
εsi   L dIdt – ЭДС самоиндукции;
εsi2  L dIdt – ЭДС взаимной индукции;
1
21
L12   0
N1 N 2
S – коэффициент взаимной индукции двух катушек на общем
l
сердечнике;


D
– плотность тока смещения;
j см. 
t

 
  D  
L Hdl  S  j  dt dS – закон полного тока.
Примеры решения задач
Задача 8
Горизонтальный металлический стержень длиной 50 см вращается вокруг
вертикальной оси, проходящей через один из его концов, с частотой 2 Гц.
Определить разность потенциалов между концами стержня, если вертикальная
составляющая напряженность магнитного поля Земли равна 40 А/м.
Решение
Дано:
Разность потенциалов на концах стержня возникает, так
l=0.5 м
как на электроны металла, движущиеся вместе со стержнем в
ν=2 Гц
магнитном поле, действует сила Лоренца, направленная
H=40 А/м
вдоль стержня и равная FЛ  qvB sin  , где угол между
направлением скорости и индукцией магнитного поля α=90 0.
Найти:
Действие силы Лоренца можно интерпретировать как
Δφ=?
действие
эквивалентного
электрического
поля
Е B  v  B.
напряжённостью
Она
направлена
противоположно силе Лоренца,
2
так как заряд электрона
1

отрицателен. Под влиянием
EB
силы
Лоренца
произойдёт
перемещение электронов, и на
концах проводника возникнет
разность
потенциалов
Δφ.
Рис.9
Возникшее
электрическое поле

Е
будет
препятствовать
передвижению зарядов, и их дальнейшее передвижение прекратится, когда сила
со стороны индуцированного электрического поля будет равна
повеличине, но

ЕB  E .
противоположна по направлению силе Лоренца, или
Разность
потенциалов
связана
с напряжённостью
электростатического
поля:



10
2
 
   2  1    Edl
,
2


l
  

   Е B dx   v  B  dx ,
тогда
1
1
или
l
   vBdl .
0
Здесь
0
интегрирование ведётся по длине стержня от точки 1 до точки 2. Линейная
скорость v электрона, находящегося на расстоянии x от оси вращения, и угловая
ω связаны соотношением: v  x   , тогда
l
x2
   x Bdx  B
2
0
Такой
же
результат
электромагнитной индукции:
даёт
εi

l
 2  B
0
l2
   Bl 2 .
2
использование
d
, где d
dt
закона
Фарадея
для
– пересечённый магнитный
поток (поток вектора магнитной индукции через поверхность dS , заметённую
стержнем за время dt ). Если концы стержня замкнуть проводом, находящимся
вне поля, и направить
нормаль к получившемуся замкнутому контуру

параллельно вектору B , то при повороте стержня на угол d    dt площадь
d
   l 2 , а пересечённый магнитный поток
2
l2
Bl 2
d Bl 2 Bl 2  2
dt . Тогда i  


 Bl 2   .
равен d   B  dS   B  d  
2
2
dt
2
2
контура будет уменьшаться на dS 
ε
Ту же формулу можно получить ещё более простым способом, если в
качестве промежутка времени в законе Фарадея взять период вращения. Тогда
εi   
, где    BS   B  l
T
2
– пересечённый магнитный поток через площадь
1
круга, описанного стержнем: S    l 2 . Далее, T  , и

 B  l  .
εi   
T
2
Индукцию магнитного поля выразим через напряжённость: B   0 H , тогда
     0 Hl 2 (магнитная проницаемость среды   1 ). Подставим численные
значения:   3.14  2  4  3.14  10 7  40  0.52  79  10 6 В  79 мВ .
Ответ:   79 мВ .
Задача 9
Проводник длиной 60 см и сопротивлением 0.02 Ом под действием силы
Ампера движется в магнитном поле с индукцией 1.6 Тл равномерно со
скоростью 50 см/с по медным шинам. Шины подключены к источнику ЭДС 0.96
В и внутренним сопротивлением 0.01 Ом. Поле перпендикулярно плоскости, в
которой лежат шины. Определить: 1) силу тока в цепи; 2)
Дано:
мощность, развиваемую движущимся проводником; 3)
l=0.6 м
мощность, расходуемую на нагревание проводника.
R=0.02 Ом
Решение
B=1.6 Тл
На
проводник
v=0.5 м/с
действует  сила Ампера,
ε=0.96 В
FA  I l  B ;
равная
её
r=0.01 Ом
величина FA  I  l  B  sin  ,
где   90 0 – угол между
Найти:
I=?
PДВ=?
PНАГР=?
Рис.10
11


направлением вектора магнитной индукции B и элементом тока I  l , а
направление можно найти по правилу левой руки (рис.10). Сила тока по закону
Ома для замкнутой цепи
равна I 
 i
Rr
, где

i

d
dt
– ЭДС индукции,
возникающая при изменении площади контура, и, соответственно, при
изменении магнитного потока через площадь контура. За время dt проводник
переместится на расстояние v  dt , площадь контура увеличится на dS  l  v  dt , а
магнитный
поток
–
на
Таким
образом,
d  BdS  B  l  v  dt .

i

d
Bl vdt

  Bl v ,
dt
dt
движущимся
PДВ 
I
 Blv ,
Rr
проводником,
FA  v  dt
 FA  v  I  lBv .
dt
–
FA 
это
  Blv  l  B .
Rr
мощность
Мощность,
Мощность, развиваемая
силы
Ампера
расходуемую
на
и
равна:
нагревание
I 2 R  dt
 I 2R .
dt
dt
0.96  1.6  0.6  0.5
I   Bl v 
 16 А ;
Подставим
численные
значения:
Rr
0.02  0.01
 I  lBv  16  0.6  1.6  0.5  7.68 Вт ; PНАГР  I 2 R  16 2  0.02  5.12 Вт .
проводника, найдём по закону Джоуля-Ленца: PНАГР 
dQ Д  Л


PДВ
Можно проверить полученные результаты, используя закон сохранения

энергии: полная мощность, даваемая источником, равна PПОЛН  PДВ  PНАГР  PНАГР
  I 2 r  16 2  0.01  2.56Вт – мощность, выделяемая на внутреннем
Здесь PНАГР
сопротивлении источника тока, а PПОЛН    I  0.96  16  15.36Вт . Таким образом,
получаем верное равенство: 7.68  5.12  2.56  15.36 .
Ответ: I  16 А ; PДВ  7.68Вт ; PНАГР  5.12Вт ;
Задача 10
Определить силу тока смещения между квадратными пластинами
конденсатора со стороной 5 см, если напряженность электрического поля
изменяется со скоростью 4.52 МВ/(м.с).
Решение
Дано:
По определению плотность тока смещения
dE
 4.52  10 6 В /  м  с 
dt
а=0.05 м
Найти:
IСМ =?

D
j см. 
, а вектор электрического смещения связан с
t
напряжённостью электрического
поля соотношением



D   0 E ,
тогда

E
jсм .   0
.
t
Силу
  1.
Диэлектрическая
проницаемость
тока
смещения,
протекающего между обкладками конденсатора, найдём из определения
плотности тока:
I СМ  j СМ S   0
j
I
, где
S
S  a2
– площадь обкладок. Таким образом,
dE 2
a . Подставим численные значения:
dt
I СМ  8.85  10 12  4.52  10 6  0.05 2  0.1  10 6 А .
12
Ответ: I СМ  0.1  10 6 А  0.1мкА .
Задача 11
В одной плоскости с длинным прямым проводом, по которому течет ток
силой 50 А, расположена прямоугольная рамка так, что две большие стороны ее
длиной 0.65 м параллельны проводу, а расстояние от провода до ближайшей из
этих сторон равно ее ширине. Найти магнитный поток, пронизывающий рамку.
Дано:
I=50 А
а=0.65 м
b=l
Найти:
Ф =?
Решение
Прямой бесконечный проводник с током создаём магнитное
поле, величина вектора индукции которого определяется
расстоянием x до провода: B   0
I
2  x
, а направление – по
правилу правого винта (рис.11). Найдём магнитный поток
d через малую площадку dS  a  dx , параллельную проводнику.
Так как dx мало, то в пределах
заштрихованного прямоугольника индукцию
можно
считать
одинаковой,
и
по
определению
магнитного
потока
d  B  dS  cos  , где   0 – угол между

направлением вектора B и нормалью к
площадке.
Таким
образом,
d  B  a  dx 
 0 I
 a  dx .
2  x
Проинтегрируем
полученное выражение по x в пределах
l  x  l  b , то есть по всей площади
прямоугольника:
Рис.11
 0 I
 0 Ia l b dx
;

a

dx

l 2  x
2 l x
 Ia  l  b    0 Ia
2l
  0   ln
 ln , так как

2 
l 
2
l
   d 
l b
 0 Ia
 0 Ia
l b
lnl  b  ln l  ;
 ln x  l 
2
2
 Ia
  1 . И, наконец,   0  ln 2 . Подставим численные значения:
2
7
4  10  50  0.65

 ln 2  4.5  10 6 Вб .
2
Ответ:   4.5  10 6 Вб  4.5 мкВб .

5. Энергия магнитного поля. Магнетики
LI
I 


– энергия магнитного поля контура с током;
2
2
2L
LI 2 I  2
W


– энергия магнитного поля соленоида;
2
2
2L
W
2
2
13
dW HB

– объемная плотность энергии магнитного поля;
dV
2
B
B


– магнитная проницаемость вещества;
B0  0 H

  pm
J
– намагниченность вещества;
V


pm  JV – магнитный момент прямого магнита;


B 
H
 J – напряженность поля в магнетике;
w
0
Примеры решения задач
Задача 12
Обмотка соленоида с железным
сердечником содержит 500 витков.
Длина сердечника равна 0.5 м. Как и во
сколько раз изменится индуктивность
соленоида,
если
сила
тока,
протекающего по обмотке, возрастет от
0.1 до 1 А? Использовать график
зависимости
индукции
от
напряженности магнитного поля для
железа (рис.12).
Дано:
N=500
I1=0.1 А
I2=1 А
l=0.5 м
Найти:
L2
?
L1
Решение
По определению индуктивность катушки равна L 

I
, где
  N
– полное потокосцепление, то есть суммарный
магнитный поток через все N витков катушки,   BS –
магнитный поток через один виток, S – площадь сечения
соленоида. Индукцию магнитного поля
соленоида с
ферромагнитным сердечником найдём по графику (ри.12),
рассчитав предварительно напряжённость поля соленоида по
формуле H  n  I 
графику
Рис.12.
B1  0.5Тл
;
N
N
500
 I : H1   I 
 0.1  0.1  10 3 А / м , тогда по
l
l
0.5
500
 1  10 3 А / м , и B1  1.45Тл . Таким образом,
0.5
L2  2 I1 B2 I1
. Подставим численные значения:

 
L1 1 I 2 B1 I 2
H2 
L2  2 /I 2
N 2 I1


 , или
L1 1 / I 1 N 1 I 2
L2 1.45  1

 29 .
L1 0.5  0.1
Ответ: индуктивность соленоида увеличится в 29 раз.
14
6. Переходные процессы в электрических цепях (R-L – цепочка)
Электромагнитные колебания и волны.
R
 t 

I  I 0 1  e L  – сила тока при замыкании цепочки, I0= /R;


ε
I  I 0e

R
t
L
– сила тока при размыкании цепочки, I0=ε/R.
Колебательный контур
а) Свободные колебания
q 2 LI 2 CU 2 LI 2 q02 CU 02 LI 02
– закон сохранения энергии;






2C
2
2
2
2C
2
2
1
q  
q  0 – дифференциальное уравнение свободных колебаний;
LC
q  q0 cos( 0 t   0 ) – зависимость заряда на конденсаторе от времени при
свободных незатухающих колебаниях в колебательном контуре;
T  2 LC – период колебаний в колебательном контуре;
1
0 
LC
– круговая частота свободных колебаний в колебательном контуре;
  cT –
длина волны, на которую настроен колебательный контур (c –
скорость света в вакууме);
б) Затухающие колебания
R
1
q   q  
q  0 – дифференциальное уравнение затухающих колебаний;
L
LC
q  q 0 e  t cos( Зат t   0 ) – зависимость заряда на конденсаторе от времени при
затухающих колебаниях в колебательном контуре;

R
– коэффициент затухания;
2L
 Зат   02   2 – циклическая частота затухающих колебаний;
A(t )
– определение логарифмического декремента затухания;
A(t  T )
  T – связь логарифмического декремента и коэффициента затухания;

Q
– добротность колебательного контура;

  ln
в) Вынужденные колебания (цепь переменного тока)
q 
U
R
1
q 
q  0 cos(t )
L
LC
L
– дифференциальное уравнение вынужденных
колебаний для последовательной цепи переменного тока;
I  I 0 cos(t   ) – зависимость силы тока от времени для последовательной
цепи переменного тока;
15
U0
– закон Ома для переменного тока;
Z
1
RC 
– емкостное сопротивление;
C
RL  L – индуктивное сопротивление;
I0 
2
1 

Z  R   L 
 – полное сопротивление цепи переменного тока;
C 

1
L 
C – тангенс сдвига фаз между током и напряжением в цепи
tg 
R
2
переменного тока.
г) Мощность в цепи переменного тока
P  I эфф .U эфф . cos  – мощность в цепи переменного тока;
I эфф . 
I0
2
,
U эфф . 
U0
2
– эффективные
(действующие) величины тока и
напряжения.
Примеры решения задач
Задача 13
Колебательный контур состоит из конденсатора емкостью 2.66 нФ и
катушки без сердечника, намотанной из медного провода диаметром 0.5 мм
(витки вплотную, толщиной изоляции пренебречь). Длина
Дано:
катушки 20 см. Найти логарифмический декремент
C=2.66.10-9 Ф
затухающих колебаний. Удельное сопротивление меди
d=0.5.10-3 м
равно 1.7.10-8 Ом.м.
l=0.2 м
Решение
ρ=1.7.10-8 Ом.м
Логарифмический декремент затухания выразим через
μ=1
период затухающих колебаний
2
Найти:
T
(1)
З
λ =?
и коэффициент затухания
R
:
2L
   T ,

(2)
(3)
а циклическую частоту ωЗ затухающих колебаний – через собственную частоту
контура
0 
1
:
(4)
З  02   2 .
(5)
LC
Здесь R – активное сопротивление катушки, а L – её индуктивность:
L   0
N2
S.
l
(6)
16
Число витков катушки равно N 
l
, так как витки расположены вплотную и
d
изоляция провода ничтожно мала. Площадь сечения катушки выразим через её
l2
радиус r: S    r . Тогда из (6) получим: L   0 2   r 2 , или
d l
l
L   0 2   r 2 .
d
2
Активное сопротивление R
lПР  N  2  r
R
( 2  r
катушки определяется длиной провода
– длина одного витка) и его сечением
S ПР 
 d2
4
:
l ПР
N 8 r
l 8  r 8  l  r
N  2  r
  2 
, или R  
. Таким образом, из (2) и

2
2
d d
d
d3
S ПР
  d /4
(7) получим:  
Теперь
0 
(7)
1
LC

R 1 8  l  r
d2
; или
 

2L 2
d3
0l    r 2
4

.
d  0    r
выразим
частоту
(8)
собственных
колебаний
из
(4)
и
(7):
d2
d
; 0 
; а затем – частоту затухающих колебаний
2
C 0 l  r
r  C 0 l  
из (5) и (8):  З   02   2 
d2
16  2

;
r 2 C 0 l   d 0 2  r 2
1
d2
16  2
З 

.
r C 0 l   d 0 2
Уравнения (1), (3) и (9) дают:     T  
2
З
(9)
, 
4

d  0    r
2  r
d
2
C 0 l
Окончательно:  
8

d  0
1
d
2
C 0 l
численные значения:  

16 
2
d 0 2
8
5 10 
4 4
 4  10 7

2.66  10 -9  0.2 1.7  10 8
Дано:
UЭФФ=220 В
ν=50 Гц
C=35.4.10-6 Ф
R=100 Ом
L=0.7 Гн
Найти:
IЭФФ=?
U0С=?
U0R=?
U0L=?

, или
8
d 0
16
 2
2
Cl

4

16  2
.
d 0 2
. Подставим
 0.0198 .

2

16
2
Ответ:   0.0198  0.02 .
Задача 14
В цепь переменного тока напряжением 220 В и частотой
50 Гц включены последовательно емкость 35.4 мкФ, активное
сопротивление 100 Ом и индуктивность 0.7 Гн. Найти силу
тока и падение напряжения на емкости, активном
сопротивлении и индуктивности.
Решение
17
U
1 
По закону Ома для переменного тока: I 0  0 , где Z  R 2   L 

C 
Z

полное
сопротивление
цепи
переменного
тока.
Амплитудные
напряжения и тока связаны с эффективными формулами: U ЭФФ 
а циклическая частота равна:   2 . Тогда I ЭФФ 
I ЭФФ 
U0
2
2
–
значения
и I ЭФФ 
I0
2
,
U ЭФФ
, или
Z
U ЭФФ
1 

R 2   2  L 

2  C 

2
.
(1)
Падение напряжения на каждом участке цепи можно найти по закону Ома
для данного участка, используя формулы ёмкостного RC 
1
и индуктивного
C
RL  L сопротивлений:
2  I ЭФФ
;
2  C
 I 0  RL  2  I ЭФФ  2  L ;
U 0C  I 0  RC 
U 0L
U 0R  I 0  R .
(2)
(3)
(4)
Подставим численные значения в (1)-(4):
I ЭФФ 
220
1


100 2   2  50  0.7 
6 
2  50  35.4  10 

U 0C 
2
 1.34 А ;
2  1.34
 170 В ;
2  50  35.4  10 6
U 0 L  2  1.34  2  50  0.7  417 В ;
U 0 R  1.34  100  134 В .
Ответ: I ЭФФ  1.34 А ; U 0C  170В ; U 0 L  417 В ; U 0 R  134В .
Задача 15
В цепь переменного тока частотой 50 Гц включены катушка индуктивности,
амперметр и ваттметр. Показания приборов соответственно 120 В, 10 А, 900 Вт.
Определить индуктивность катушки, ее активное сопротивление и сдвиг фаз
между током и напряжением.
Решение
Дано:
Цепь не содержит ёмкости, поэтому формула закона Ома
ν=50 Гц
U ЭФФ
для переменного тока I ЭФФ 
не содержит
UЭФФ=120 В
2
1 

IЭФФ=10 А
R 2    L 

 C 

P=900 Вт
ёмкостного сопротивления:
Найти:
L=?
R=?
φ=?
18
U ЭФФ
I ЭФФ 
R 2    L 
2

U ЭФФ
R 2  2   L 
2
.
(1)
Мощность переменного тока равна: P  I эфф .U эфф . cos  , откуда
cos  
P
.
I ЭФФ U ЭФФ
(2)
Сдвиг фаз между током и напряжением определяется формулой:
tg 
1
C  2   L .
R
R
L 
(3)
Преобразуем (3):
2   L  R  tg
и подставим в (1): I ЭФФ
Поскольку
R
1  tg   
2
U ЭФФ
U
. Отсюда получим: R 1  tg    ЭФФ
 I ЭФФ
2
R 2  R  tg 
1
,
cos 2 
(4)
2
U
R
 ЭФФ .
cos  I ЭФФ
то
С

2


 .

учётом
(2)
2
U ЭФФ
U
P
. Таким образом,
 cos   ЭФФ 
I ЭФФ
I ЭФФ I ЭФФU ЭФФ
P
R 2 .
I ЭФФ
(5)
Наконец, найдём индуктивность из (4):
L
R  tg
.
2 
Подставим численные значения в (2), (5) и (6): cos  
(6)
900
 0.75 , откуда
10  120
900
9  tg 42 0
 0.16 Гн .
  arccos 0.75  42 ; R  2  9Ом ; L 
10
2  50
Ответ:   42 0 ; R  9Ом ; L  0.16Гн .
0
19
1.
2.
3.
4.
5.
6.
Библиографический список
Волькенштейн, В.С. Сборник задач по общему курсу физики /
В.С.Волькенштейн. – СПб.: Лань, 1999. – 328 с.
Иродов, И.Е. Задачи по общей физике: учебное пособие / И.Е.Иродов. – СПб.:
Лань, 2001. – 416 с.
Калашников, Н.П. Основы физики: учеб. для вузов: в 2 т. / Н.П.Калашников,
М.А.Смондырев. - 2-е изд., перераб. – М.: Дрофа, 2003.
Детлаф, А.А. Курс физики: учеб. пособие для вузов / А.А. Детлаф, В.М.
Яворский. - М.: Высш.шк., 1989.- 608 с.
Курс физики: учеб. для вузов: в 2 т. Т. 1 / под ред. В.Н.Лозовского. – СПб.:
Лань, 2000. – 576 с.
Трофимова, Т.И. Курс физики/ Т.И. Трофимова.-М.: Высш. шк., 1999.-542 с.
Содержание
Требования к оформлению и общие методические указания по выполнению
индивидуальных домашних заданий …………………………………………….…
1. Закон Био-Савара-Лапласа. Закон полного тока..…..………….…….…..…
2. Магнитный момент.…………………………….…………………………..…
3. Сила Ампера. Сила Лоренца. Эффект Холла………………………………
4. Магнитный поток. Индуктивность. Явление электромагнитной индукции.
Самоиндукция. Взаимная индукция. Ток смещения………………………………
5. Энергия магнитного поля. Магнетики…………………………….……..…
6. Переходные процессы в электрических цепях (R-L – цепочка)
Электромагнитные колебания и волны…………………………………………....
Библиографический список…………………….…………………….……..…
20
21
22