Fragment notatki:
16. Pole magnetyczne, indukcja
Wybór i opracowanie Marek Chmielewski
16.1.
Znaleźć indukcje pola magnetycznego w odległości r od nieskończone długiego
przewodnika walcowego o promieniu przekroju poprzecznego a w którym płynie prąd I.
r
i
B
16.2.
Wyznaczyć indukcję pola magnetycznego wytworzonego przez prąd o natężeniu i płynący
przez nieskończenie długi przewodnik zgięty pod kątem prostym:
a) W punkcie A leżącym w płaszczyźnie przewodnika odległym od jego końca o odległość h, na
przedłużeniu jednego z ramion przewodnika (rys)
b) W punkcie C odległym o h od osi przewodnika, leżący pod kątem α do osi jednego z ramion
przewodnika.
A
C
α
i
16.3.
Jednorodnie naładowana ładunkiem Q cienka tarcza o promieniu R, obraca się z prędkością
kątową ω dookoła swojej osi. Znaleźć wartość indukcji pola magnetycznego w jej geometrycznym
środku.
B
ω
R
16.4.
Wyznaczyć wartość indukcji pola magnetycznego wewnątrz nieskończonego solenoidu, w
którym na l jego długości przypada N ciasno ułożonych zwojów w których płynie prąd I.
l
N
I
16.5.
Wyznaczyć wartości gęstości energii pola magnetycznego wewnątrz nieskończonego
solenoidu o promirniu R, gęstości liniowej zwojów n, przez który płynie prąd i.
16.6.
Dwa zwoje drutu o promieniu R ustawionych tak jak na rysunku odległych o d tak, że ich
osie symetrii się pokrywają. W solenoidach płyną prądy I w tym samych kierunkach. Wyznaczyć
wartość indukcji pola magnetycznego na osi łączącej obydwa zwoje w zależności od odległości
pomiędzy zwojami.
I
I
R
R
d
16.7.
Elektron porusza się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B po linii śrubowej o
promieniu R i skoku h, wyznaczyć wartość prędkości elektronu.
R
h
B
16.8.
W taśmie metalowej o szerokości a i grubości d płynie prąd I. Taśma znajduje się w
jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B. Obliczyć różnicę potencjałów między punktami A
i C taśmy, jeżeli wiadomo, że w jednostce objętości materiału z jakiego zrobiona jest taśma,
znajduje się n elektronów na jednostkę objętości.
16.9.
Dany jest jednorodny pierścień o promieniu r i oporze R. W dwóch dowolnych punktach A i
B tego pierścienia przyłączono dwa długie przewody, tak by ich kierunki tworzyły przedłużenia
promieni tego pierścienia, zasilane ze źródła o napięciu U. Obliczyć indukcję magnetyczną w
środku pierścienia.
16.10.
Wzdłuż osi cienkościennej rury biegnie prostoliniowy przewód. Prąd I płynący w rurze
wraca przewodem do źródła. Wyznaczyć wielkość indukcji pola magnetycznego jako funkcję
odległości od środka rury.
U
i
i
16.11.
Pręt o długości l i masie m położono na dwóch równoległych szynach nachylonych pod
kątem α do poziomu. Szyny znajdują się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B,
skierowanym prostopadle do poziomu. Znaleźć prędkość ruchu pręta w przypadku gdy szyny nie
są połączone oraz w przypadku, gdy szyny są zwarte na jednych końcach oporem R. Przyjąć, że
pręt może ślizgać się bez tarcia oraz że opór pręta i szyn można zaniedbać.
16.12.
Na dwóch równoległych poziomych szynach położono pręt o oporze R, długości l i masie m.
Szyny są połączone ze źródłem napięcia U i znajdują się na całej swojej długości w jednorodnym
polu magnetycznym, indukcji B, skierowanej prostopadle do szyn. Współczynnik tarcia pręta o
szyny wynosi µ. Jaka będzie maksymalna prędkość pręta?
16.13.
Dwie równoległe, poziome szyny są połączone kondensatorem o pojemności C. Na szynach
położono pręt o długości l i masie m. Z jakim przyspieszeniem a będzie poruszał się pręt, jeżeli
działa na niego zewnętrzna siła pozioma F oraz jednorodne pole magnetyczne B wszędzie
prostopadłe do pręta i do płaszczyzny ruchu.
16. Rozwiązania
r r
Bdl = µ0i
∫
r r r r
B dl ⇒ Bdl = Bdl
16.1.R. Korzystamy z prawa Ampera
B = const
B ∫ dl = µ0i
r
i
B
B 2πr = µ0i
dl
µ 0i
2πr
B=
16.2.R. a) Korzystamy z prawa Biota-Savarta. Każdy z odcinków przewodu potraktujemy oddzielnie, a
wynik końcowy uzyskamy z superpozycji uzyskanych wyników cząstkowych.
r r
r µ i dl × r
dB =
4π r
µ i dl
dB =
sin β
4π r
h
r=
sin β
µ i dl
dB =
sin β
4π h
0
3
0
2
B
dα
r
β
i
dl
3
0
2
tgβ =
dl = −
h
l
h
l
h
dβ
sin 2 β
l=
h
tgβ
µ i sin β
dβ
4π h
µ i sin β
B = ∫−
dβ
4π h
dB = −
0
0
0
π
2
µi
µi
B=
∫ sin βdβ =
4πh
4πh
π
0
2
0
0
Dla drugiej części przewodu punkt A leży dokładnie na jego przedłużeniu a więc wektor dl jest zawsze
równoległy do wektora r.
rr
r r
dl r ⇒ dl × r ≡ 0
r r
r µ 0i dl × r
dB =
=0⇒ B=0
4π r 3
Wynik końcowy jest równy jest zatem:
pierwszym zadaniu.
B=
µi
Jest to dokładnie połowa wartości uzyskanej w
4πh
0
b) Analogicznie jak w punkcie a) rozpatrujemy każdą z półprostych osobno i tak ja w punkcie poprzednim
wykorzystamy prawo Biota Savarta.
Dla pierwszej półprostej
h=h’=hsinα oraz górna
granica całkowania to α.
C
h
α
h'
W wyniku uzyskujemy:
i
B1 =
h'
µ 0i
4πh sin α
C
∫ sin βdβ =
0
µ 0i
4πh sin α
(1 − cosα )
Dla drugiej półprostej h’=hsin(π/2-α)=hcosα i
całkujemy od π/2-α do 0 (zgodnie z
kierunkiem prądu dla pierwszej półprostej). W
wyniki uzyskujemy
h
π/2−α
α
i
B1 =
µ 0i
4πh cos α
µ 0i
0
π
2
∫ sin βdβ =
−α
4πh cos α
(1 − sin α )
Wynik końcowy to B=B1+B2
16.3.R.
Podzielimy całą tarcze na pierścienie o promieniu r i grubości dx. Określimy wartość
indukcji pola magnetycznego dBx od ładunku przemieszczającego się wraz z pierścieniem.
r r
µ di dl × x
d (dBx ) = 0
4π x 3
dBx
x
ω
dx
dl
r r
r r
dl ⊥ x ⇒ dl × x = dlx
µ di 1
µi 1
dBx = 0
dl = 0 2 2πx
2 ∫
4π x l
4π x
dBx =
i=
dq
dt
W czasie t = T przez przekrój dx przemieści się ładunek
µ 0 di
2x
dq =
Q
2πxdx
πR 2
di =
czyli przepłynie prąd
Q
2πxdx
2π
Q
πR 2
T=
⇒ di =
= ω 2 xdx
2π
ω
πR
dBx =
ω
dq
T
µ 0ωQxdx µ 0ωQ
=
dx
πR 2 2 x
2πR 2
µ 0ω Q R
µ ωQ
dx ⇒ B = 0
B=
2 ∫
2πR 0
2πR
16.4.R.
r r
Korzystamy z prawa Ampera ∫ Bdl = µ 0 i
l
L
C
B
i
D
A
Założenia:
- nieskończona długość solenoidu,
- wewnątrz jednorodne pole magnetyczne B
- na zewnątrz wartość indukcji pola magnetycznego wynosi 0
r r
B
r r
C
r r
D
r r
A
r r
∫ Bdl = ∫ Bdl + ∫ Bdl + ∫ Bdl + ∫ Bdl = µ 0 Ni
A
1
B
2
C
3
D
4
r Br r
r
1 - B ⊥ dl ⇒ ∫ Bdl = 0
A
C r r
r
2 - B = 0 ⇒ ∫ Bdl = 0
Bl = µ 0 Ni
r Dr r
r
3 - B ⊥ dl ⇒ ∫ Bdl = 0
B=µ
B
C
N
i
l
r r
4 - B = const ⇒ ∫ Bdl = Bl
A
D
16.5.R. W celu wyznaczenia energii posłużymy się indukcyjnością nieskończonego solenoidu.
di
Korzystając z prawa Faradaya
U = −L
dt
dΦ B
Dla części środkowej długiego solenoidu ( U = −
gdzie ΦB jest strumieniem pola
dt
magnetycznego ) wypadkowy strumień przechodzi przez N zwojów dlatego
U = −N
di
dΦ B
= − L ⇒ NΦ B = Li
dt
dt
NΦ B = NBπR 2 = nlBπR 2
Indukcja pola magnetycznego wewnątrz solenoidu wynosi (patrz poprzednie zadanie)
NΦ B = µ 0 n 2ilπR 2
U = Um = L
EB = L
L=
di
di
⇒ P = U mi = Li
dt
dt
i2
i2
= µ 0 n 2 l πR 2
2
2
eB =
dEB = Lidi
E
i2
EB
µ n 2i 2
= B 2 = µ 0 n 2 l πD 2
= 0
V
2
2lπR 2
l πR
eB =
Dodatkowo w powietrzu
NΦ B
= µ 0 n 2 l πR 2
i
di
dEB
= Li
dt
dt
P=
B = µ 0 ni
µ 0 n 2i 2
2
=
B2
2µ 0
B = µ0 H
eB =
HB
2
16.6.R. Rozpatrzymy pojedynczy zwój.
r r
r µ 0 i dl × r
dB =
4π r 3
r
r
r
ˆ
ˆ
dB = dBx + dB yz = dBx x + dB y y
r
dBx = dB sin α
r
r
dB yz = dB cosα
dl
i
dB
dByz α
r
R
α
r
r
r
µ i dl
dl ⊥ r ⇒ dB = 0 2
4π r
dBx
x
R
R
tgα = ⇒x =
x
tgα
dB X =
Bx =
µ 0i
4π
R
3
2
x2 + R2
2πR =
µ 0i
4π
r = x2 + R2
R
3
2
x +R
2
2
dl ⇒ Bx =
sinα =
µ 0i
4π
R
x + R2
2
R
3
2
x +R
2
2
µ 0 iR 2
3
2 2 x2 + R2
Łatwo można zauważyć, że dla składowej indukcji pola magnetycznego By wynik podobnej
kalkulacji daje dokładnie zero. Ze względu na symetrię kołową, dodając wektory, o tej samej długości,
rozmieszczone na okręgu możemy wykazać zerowanie się składowej wypadkowej indukcji pola
magnetycznego Byz.
Z
dByz1
dByz2
Y
-dByz2
-dByz1
∫ dl
l
Bw = B x
Bw =
µ 0 iR 2
3
2 2 x2 + R2
i
µ 0 iR 2
+
2
3
2
i
R
(x − d )
2
+R
2
R
d
X
0
d
16.7.R.
Elektron będzie poruszał się po linii śrubowej, gdy jego prędkość będzie skierowana pod kątem α
do B.
Vx – prędkość stała odpowiedzialna za skok linii śrubowej
Vy – prędkość prostopadłą do kierunku wektora indukcji pola magnetycznego
Pole magnetyczne na składową Vy działa dokładnie w sposób jaki można opisać za pomocą siły
dośrodkowej
Działa siła pola magnetycznego Fl
r
r r
Fl = qV y × B
Fl – jest to siła dośrodkowa
mV y2
R
Vx =
= qV y B
h
T
T =
Fd =
⇒
2πR
Vy
mV y2
R
V
V
y
r
r
V y ⊥ B ⇒ Fl = qV y B
α
czyli
qBR
m
hV y
V
x
Vy =
Vx =
r
V = V x x + V y y = [V x , V y ]
ˆ
ˆ
2πR
B
r
V = V x2 + V y2
2
2
r
qBR
h
h
1+
V = Vy 1 +
=
m
2πR
2πR
16.8.R.
Na poruszające się ładunki działa siła
r
r r
FB = eV × B
Po woduje ona powstanie różnicy napięć pomiędzy punktami A i C.
To napięcie następnie powoduje powstanie pola elektrycznego, przeciwnie skierowanego do
siły pola magnetycznego
r
r
FE = Ee
B
W stanie równowagi wypadkowa
wartość siły wynosi 0
r
r
FE + FB = 0
C
FE − FB = 0
r
r r
eE = eV × B
V
-
i
d
FE
a
FB
A
eE = eVB ⇒ E = VB
Ze względu na analogie z kondensatorem płaskim U=aE
U = aVB
Należy teraz wyznaczyć prędkość unoszenia elektronów V
W czasie ∆t elektrony pokonają drogę V∆t, całkowity ładunek przepływający przez powierzchnię
S=ad, wynosi ∆Q=neV∆tad
i=
∆Q
i
= neVad ⇒ V =
nead
∆t
U AC = aVB =
iB
ned
Napięcie powstające pomiędzy punktami A i C nosi nazwę napięcia Halla
16.9.R.
Przewody doprowadzające prąd nie powodują
powstania pola magnetycznego w środku okręgu
(patrz zadanie drugie punkt b)
W pierścieniu popłyną dwa różne prądy, każdy z
nich wytworzy pole magnetyczne w środku
pierścienia.
Wyznaczymy te prądy i na podstawie prawa
Biotta-Savarta wyznaczymy wartość indukcji
pola magnetycznego w środku pierścienia
B
i2
r
L2
i1
U
L1
A
i1 =
U
R1
i2 =
U
R2
R1 = ρ
L1
S
R2 = ρ
L2
S
S- pole przekroju przewodnika
U
i1 =
S
ρL1
B1 =
USµ 0
4πρr 2
r r
v µ 0 i dl × r
dB =
4π r 3
r r
USµ 0 dl
dl ⊥ r ⇒ dB1 =
4πρL1 r 2
B1 =
USµ 0
4πρL1 r 2
∫ dl
L
1
USµ 0
4πρr 2
Wartości indukcji pochodzących od różnych odcinków pierścienia mają tą samą wartość. Ze
względu na różnicę w kierunkach prądów płynących w obu odcinkach pierścienia, wartości indukcji
pola magnetycznego różnią się znakami. Wypadkowa wartość pola magnetycznego wynosi zatem
0, bez względu na miejsca podłączenia przewodów tj. umieszczenia punktów A i B.
Analogiczne obliczenia dla odcinka L2 pozwalają uzyskać następujący wynik B2 =
16.10.R.
Wykorzystamy prawo Ampera. Pole
magnetyczne pomiędzy pierścieniami
wytwarzać będzie tylko prąd płynący w
pierścieniu wewnętrznym
r r
r r
Bd l = µ 0 i
B dl
∫
l
dl
B
X
r
R
R
(…)
… będzie tylko prąd płynący w
pierścieniu wewnętrznym
r r
r r
Bd l = µ 0 i
B dl
∫
l
dl
B
X
r
R
R<x<R
Dla x=const ; B=const
B ∫ dl = µ 0i
B 2πx = µ 0i ⇒ B =
l
µ 0i
2πx
16.11.R.
B
l
Flx
F
x
Fl
F
y
mg
α
R
Gdy szyny nie są połączone rezystorem R wtedy działa tylko siła grawitacji (Fl=0) i pręt będzie poruszał
się ruchem jednostajnie przyspieszonym o wartości przyspieszenia a=gsinα z prędkością początkową
V0=0 z pozycji…
… do chwili zrównoważenia się sił ściągającej i siły Lorenza. W dalszej części
będzie poruszał się ruchem jednostajnym. Osiągnie zatem prędkość maksymalną.
r
r r
Fl = li × B
r r
i ⊥ B ⇒ Fl = ilB
ε =−
Flx = ilb cosα
dΦ B
d
= − Blx = −lVB
dt
dt
Minus oznacza polaryzacje powstającej różnicy potencjałów, w naszym przypadku w celu wyznaczenia
prądu płynącego przez pręt został on już uwzględniony przy kierunku…
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)