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 B i
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.
C A
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.
ω R
B
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
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.
d R
I I
R
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.
h R
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.
i
i
U
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 i B i r B i dl B const B Bdl l d B l d B i l d B π µ µ π µ µ 2 2 0 0 0 0 = = = = = ⇒ =
∫
∫
r r r r r r16.1.R. Korzystamy z prawa Ampera
r dl B i
16.2.R. a) Korzystamy z prawa Biota-Savarta. Każdy z odcinków przewodu potraktujemy oddzielnie, a wynik końcowy uzyskamy z superpozycji uzyskanych wyników cząstkowych.
β π µ β β π µπ µ 3 2 0 2 0 3 0 sin 4 sin sin 4 4 h dl i dB h r r dl i dB r r l d i B d = = = × = r r r
B
i
dl
r
β
α
d
h
l
β β β β d h dl tg h l l h tg 2 sin − = = = h i d h i B d h i B d h i dB π µ β β π µ β β π µ β β π µ π π 4 sin 4 sin 4 sin 4 0 2 0 0 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. 0 0 4 0 3 0 × = ⇒ = = ≡ × ⇒ B r r l d i B d r l d r l d r r r r r r r π µ
Wynik końcowy jest równy jest zatem: Jest to dokładnie połowa wartości uzyskanej w
pierwszym zadaniu. h i B π µ 4 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. W wyniku uzyskujemy: C α i h' h
(
α)
α π µ β β α π µ α cos 1 sin 4 sin sin 4 0 0 0 1= ∫ = h − i d h i B C π/2−α i h'h 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
(
α)
α π µ β β α π µ απ sin 4 cos 1 sin
cos 4 0 0 2 0 1 = ∫ = − − h i d h i B 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.
x di dB x x i dl x di dB dlx x l d x l d x x l d di dB d x l x x 2 2 1 4 1 4 4 ) ( 0 2 0 2 0 3 0 µ π π µ π µ π µ = = = = × ⇒ ⊥ × =
∫
r r r r r rω
dxx
dl
dBx
xdx R Q dq π π 22 =W czasie t = T przez przekrój dx przemieści się ładunek
dt dq i=
T dq di= czyli przepłynie prąd xdx R Q xdx R Q di T 2 2 2 2 2 π ω ω π π π ω π ⇒ = = = dx R Q x R Qxdx dBx 0 2 2 0 2 2 π ω µ π ω µ = = R Q B dx R Q B R π ω µ π ω µ 2 2 0 0 2 0
∫
⇒ = =16.4.R. Korzystamy z prawa Ampera Bdl i
l 0 µ =
∫
r r i A B C D L Założenia:- nieskończona długość solenoidu,
- wewnątrz jednorodne pole magnetyczne B
- na zewnątrz wartość indukcji pola magnetycznego wynosi 0
4 3 2 1 0 ∫ ∫ ∫ ∫ = ∫ + + +A = D D C C B B A Ni l d B l d B l d B l d B l d Br r r r r r r r r r µ 1 - B⊥ d ⇒
∫
B = A l d B lr r r 0 r 2 - B 0= ⇒∫
C = B l d Br r 0 ri
l
N
B
Ni
Bl
µ
µ
=
=
0 3 - B⊥ d ⇒∫
D = C l d B lr r r 0 r 4 - = ⇒∫
A = D Bl l d B const B r r16.5.R. W celu wyznaczenia energii posłużymy się indukcyjnością nieskończonego solenoidu. Korzystając z prawa Faradaya
dt di L U =− Dla części środkowej długiego solenoidu (
dt d
U =− ΦB gdzie Φ
B jest strumieniem pola magnetycznego ) wypadkowy strumień przechodzi przez N zwojów dlatego
Li N dt di L dt d N U =− ΦB =− ⇒ ΦB = N NB R2 nlB R2 B = π = π Φ
Indukcja pola magnetycznego wewnątrz solenoidu wynosi (patrz poprzednie zadanie) B ni 0 µ = 2 2 0n l R i N L= ΦB =µ π 2 2 0n il R NΦB =µ π Lidi dE dt di Li dt dE P dt di Li i U P dt di L U U B B m m= ⇒ = = = = = = 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 0 2 2 2 2 0 2 n i R l i D l n R l E V E e i R l n i L E B B B B µ π π µ π π µ = = = = = =
Łatwo można zauważyć, że dla składowej indukcji pola magnetycznego B wynik podobnej kalkula 2 2 2 0 0 2 2 2 0n i B B H e HB eB = = =µ B = µ µ Dodatkowo w powietrzu 16.6.R. Rozpatrzymy pojedynczy zwój. α α π µ cos sin ˆ ˆ 4 3 0 B d B d B d dB y dB x dB B d B d B d r r l d i B d yz x y x yz x r r r r r r r r r = = + = + = × = 2 0 4 r dl i B d r l d π µ = ⇒ ⊥ r r r 2 2 2 2 sin R x R R x r tg R x x R tg + = + = = ⇒ = α α α R dl r i dB dB dB x yz α α x
∫
+ = ⇒ + = l x X dl R x R i B dl R x R i dB 2 3 2 2 0 2 3 2 2 0 4 4 π µ π µ 2 3 2 2 0 2 3 2 2 0 2 2 4 x R R x R Bx + = + = π π 2 iR R i µ µ ycji 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. Y Z dB yz1 -dByz1 dByz2 -dByz2
d R i i R 0 d X
(
)
2 3 2 2 2 0 2 3 2 2 2 0 2 2 x d R iR R x iR Bw x w + − + + = µ µ B B = 16.7.R.lektron będzie poruszał się po linii śrubowej, gdy jego prędkość będzie skierowana pod kątem α Vx – prędkość stała odpowiedzialna za skok linii śrubowej
la magnetycznego
Pole magnetyczne na składową Vy działa dokładnie w sposób jaki można opisać za pomocą siły
Działa siła pola magnetycznego F
to siła doś
6.8.R.
a poruszające się ładunki działa siła E
do B.
Vy – prędkość prostopadłą do kierunku wektora indukcji po
dośrodkowej l r r r r r rodkowa czyli R Fd = y Fl – jest 1 N r B V e FB = ×
[
]
2 2 2 2 2 1 2 1 , ˆ ˆ 2 2 + = + = + = = + = = = = = ⇒ = R h m qBR R h V V V V V V V y V x V V R hV V V R T T h V m qBR V B qV R y y x y x y x y x y x y y yπ
π
π
π
r r r 2 mVżnicy napięć pomiędzy punktami A i C.
ępnie powoduje powstanie pola elektrycznego, przeciwnie skierowanego do siły pola magnetycznego
V V x y
B
α
V B qV F B V B V q Fl y y l y 2 mV = ⇒ ⊥ × = r rPo woduje ona powstanie ró To napięcie nast
e E
FrE = r B
Ze wzglę w
du na analogie z kondensatorem płaskim U=aE
y teraz wyznaczyć prędkość unoszenia elektronów V
łkowity ładunek przepływający przez powierzchnię
a A - V F i B FE d C
W stanie równowagi wypadkowa artość siły wynosi 0
B V e E e F FE B r r r × = = + 0 0 VB eE F FE B r r− = E eVB⇒ = = aVB U = Należ
W czasie ∆t elektrony pokonają drogę V∆t, ca S=ad, wynosi ∆Q=neV∆tad
ned nead neVa t Q i = d ⇒V = i UAC =aVB= iB 6.9.R. 1
ola magnetycznego w środku okręgu ie drugie punkt b)
∆ ∆ =
Przewody doprowadzające prąd nie powodują powstania p
(patrz zadan
W pierścieniu popłyną dwa różne prądy, każdy z ytworzy pole magnetyczne w środku
Napięcie powstające pomiędzy punktami A i C nosi nazwę napięcia Halla
nich w
Biotta-Savarta wyznaczymy wartość indukcji pola magnetycznego w środku pierścienia
L R L R U i R U i 1 2 1 2 1 1= = =ρ = 2 2 ρ S- pole przekroju przewodnika
pierścienia.
Wyznaczymy te prądy i na podstawie prawa
S S R 3 0 1 1 4 r dl r r l d i B d S L U i π µ ρ ⊥ × = = v r r r r 2 1 0 1 2 1 0 4 4 1 dl r L US B r dl L US L πρ µ πρ µ = ∫ U A L1 B r L i i 1 2 2 2 1 4 rπρ 0 1 US B dB µ = = ⇒
2 0 2 4 r US B πρ µ = Analogiczne obliczenia dla odcinka L2 pozwalają uzyskać następujący wynik
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.
16.10.R.
Wykorzystamy prawo Ampera. Pole magnetyczne pomiędzy pierścieniami
wytwarzać będzie tylko prąd płynący w B
dl
∫
6.11.R. l 1 α mg Fx Fl Fy R B Flx l pierścieniu wewnętrznym l d B i l d B l R<x<RDla x=const ; B=const i x B i dl B
∫
=µ0 2π =µ0 r r r r =µ0 x i B π µ 2 0 = ⇒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 początkowej x0=0. Równanie ruchu będzie miało następującą postać:
R r X 2 sin ) ( 2 ) (t a V0t x0 x t g x = + + = α
Gdy połączymy szyny rezystorem R w obwodzie, ze względu na prawo indukcji Fara
2
2 t
t
daya, popłynie prąd i wytworzy się siła oddziaływania pola magnetycznego Fl działająca przeciwnie do siły
ściągającej pochodzącej od pola grawitacyjnego. Pręt będzie poruszał się z przyspieszeniem równoważenia się sił ściągającej i sił
ruchem jednostajnym. Osiągnie zatem prędkość mak
jednostajnie zmiennym do chwili z y Lorenza. W dalszej części
α cos ilb F ilB F B i B i l Fl = × ⊥ ⇒ l = lx = lVB Blx dt d dt d B − = − = Φ − = ε
inus oznacza polaryzacje powstającej różnicy potencjałów, w naszym przypadku w celu wyznaczenia rądu p ynącego przez pręt został on już uwzględniony przy kierunku działania siły pola magnetycznego.
r r r r r M p ł
ypadkowa wartość siły zsuwające ącą postać:
które umożliwia pełny pis ruchu pre
oż unek znikania siły
ypadkowej j j działającej na pręt ma następuj R R i lVBcosα =U =lVB U α W cos sin cos cos sin − = − 2 2 2 = − =F F mg α lB αlVB α mg α Vl B α F x lx cos = 0 sin cos sin 2 2 2 = − = α g α dt dx cos 2 2 2 2 2 2 2 + ⇒ − α α l B dt x d V R B l Rm mg dt x d m R R
ozwiązanie uzyskanego równania różniczkowego jest równaniem ruchu x=x(t) R
o ta.
na w sposób prosty wyznaczyć maksymalną szybkość poruszania się pręta. War est warunkiem poruszania się ze stałą prędkością Vmax.
α α 2 2 2B cos Rmgsin l V M w α 2 2 2B cos l R α max 0 max sin V 16.12.R. przeciw ilB F i B
nie skierowane do zewnętrznego.
R R lBV Uind = mg − = ⇒ = W siła przesuw
Z drugiej strony pojawi się napięcie indukowane wyniki przepływu prądu pojawi się
ająca pręt w poziomie Fl B l = ⇒ ⊥ r r Dlatego Ft Fl mg µ mg R lBV U− − lB F F F i ind w l t w lBV U U U − = − = − = =
Pręt przyspiesza do momentu gdy Fw=0
max R mg U V mg U lB −lBVmax = µ ⇒ = − µ 2 2l B Bl R
16.13.R.
ącej siły F to powstaje siła elektromotoryczna indukcji: , przyrost powstającego napięcia wynosi
Gdy pręt porusza się pod wpływem działaj
BlV
ind = ∆Uind =Bl∆V
el
U .
Zmiana napięcia indukowanego umożliwi przepływ prądu przez kondensator.
Pojawi się zatem siła elektrodynamiczna F =ilB=CB2l2a przeciwnie skierowana do F
Na pręt będzie działać siła wypadkowa o wartości Fw =F−Fel
CBla t V CBl i t Q i C Q U C Q U = ∆ ∆ = ⇒ ∆ ∆ = ∆ = ∆ ⇒ = 2 2l CB m 2 2l a a F CB F ma Fw + = ⇒ − = =