Zadania do rozdziału 8.
Zad.8.1.
Elektron (o masie m=9,1⋅10−31kg i ładunku elektrycznym e=1.6⋅10−19C) wpada z prędkością υ=107m/s w obszar jednorodnego pola magnetycznego o indukcji
T 10
B= −2 prostopadle do linii sił tego pola. Znaleźć tor ruchu elektronu w polu magnetycznym.
Rozwiązanie:
Na elektron poruszający się z prędkością υG
w polu BG
działa siła Lorentza FGL ,
( )xB ; F F e B
e
FGL =− υG G L = GL = υ
która jest skierowana prostopadle do wektorów BG i υG
. Siła FGL
działa tak, jak siła dośrodkowa
(FGL⊥υG), a więc zakrzywia tor elektronu.
Na poruszający się elektron o masie m z prędkością υ po torze o krzywiźnie r działa z kolei siła odśrodkowa F
m r F= υ2 ,
która działa wzdłuż tej samej prostej co siła FL ale jest przeciwnie do niej skierowana.
Zatem elektron w polu magnetycznym zadania będzie poruszał się po okręgu o promieniu r w płaszczyźnie prostopadłej do BG
.
Promień tego okręgu wyliczymy z warunku:
F
FL = co czyni:
m r B
eυ = υ2 Stąd
eB r= mυ
T 10 C 10 6 , 1
s / m 10 kg 10 1 , r 9
2 19
7 31
−
−
−
⋅
⋅
⋅
= ⋅
Ale [ ]T =C⋅Nm/s ; [ ]N =[kg⋅m/s2]
Zatem
2 3 2
s / m kg
m s / m 10 kg
7 , N 5
C
s / m C s / m 7kg , 5
r ⋅
⋅
⋅ ⋅
⋅ =
⋅
⋅
= ⋅ −
m 10 7 , 5
r= ⋅ −3 Zad.8.2.
Oblicz siły działania jednorodnego pola magnetycznego o indukcji BG
na osadzoną na osi 00’ prostokątną ramkę ABCD z drutu o długościach boków a i b. Oś obrotu przechodzi przez bok a i jest symetralną ramki. Przez ramkę płynie prąd I.
Rozwiązanie:
a)
Załóżmy, że w pierwszej chwili powierzchnia ramki jest równoległa do linii siły indukcji BG .
Rys.a.
Korzystamy ze wzoru na siłę FG działającą na prostoliniowy przewodnik o długości l z prądem I w polu magnetycznym BG
.
( ) = = α
=IlxB ; F F BIlsin
FG G G G
gdzie Gl to wektor o długości l i zwrocie wyznaczonym przez kierunek prądu I, zaś α to kąt między wektorami Gl i BG
.
Ponieważ dla boku scharakteryzowanego wektorem aG1 α = 0 (sinα = 0), a dla boku
a2
G α = π (sinα=0) dlatego na boki te nie działają żadne siły.
Na boki bG1 i bG2
działają odpowiednio siły F1=F2 =F prostopadłe do płaszczyzny rys. a, tworząc parę sił.
Dla bG1
; 2
=π
α (sinα = 1) i wtedy F1=BIb, zaś
dla bG2; α= π 2
3 (sinα = -1) i wtedy F2 =−BIb.
Ta para sił działa na ramkę momentem obrotowym MG
2 2
1 1 xF
2 F a 2 x
MG aG G G G +
=
β
⋅
⋅
=
= M a F sin
M G
gdzie β to kąt między 1 i F1 2
a G
G
. Kąt ten jest również zawarty między 2 i F2 2 aG G
(patrz rys.a).
Ponieważ w rozważanym przypadku 2
= π
β , dlatego BIba F a M= ⋅ =
Moment pary sił M obraca ramkę wokół osi obrotu 00’. Podczas obrotu kąt β maleje, więc i moment M powodujący ruch ramki maleje w myśl wzoru
β
=BIbasin M
Gdy β = 0 (wtedy płaszczyzna ramki jest prostopadła do BG ) to M = 0
Zobaczmy jakie siły działają na ramkę w tym położeniu.
b) Ramka w położeniu prostopadłym do linii sił pola BG .
W tym położeniu na ramkę działają cztery siły FG1,FG2,FG3 i FG4
BIb F F
; F
FG1=−G2 1= 2 = oraz
BIa F F
; F
FG4 =−G3 3 = 4 =
Siły te, jak widzimy na rys.b, dążą do rozciągnięcia ramki, lecz nie nadają jej ruchu obrotowego bo
M = 0
Rys.b.
Zad. 8.3.
W prostoliniowym przewodniku o długości l płynie prąd o natężeniu I. Wyznaczyć wartość indukcji magnetycznej BG w punkcie A odległym o ro od przewodnika. Punkt A jest tak usytuowany w przestrzeni, że z tego punktu końce M i N przewodnika widać odpowiednio pod kątami ϕ1 i ϕ2 (patrz rysunek).
Rozwiązanie:
Indukcję magnetyczną BG
w punkcie A obliczamy z prawa B-S-L.
r x l r d
I B 4
3 r o
l a przewodnikdlugościpocalej
G K G
π µ
∫ µ
=
W naszym konkretnym przypadku B możemy przedstawić jako:
r dl I
B 4o r 2
l a przewodnikdlugościpocalej
π ϕ µ
∫ µ
= (1)
Ale z trójkąta AEB wynika, że
= ϕ sin
r ro (2)
Z trójkąta DCB otrzymujemy:
ϕ
⋅
=dl sin
BC , gdzie BC możemy obliczyć z definicji kąta łukowego ϕ
r = d BC
Zatem
ϕ
= ϕ sin
dl rd (3)
Podstawiając (2) i (3) do (1) otrzymujemy:
ϕ ϕ ϕ ϕ
π ⋅ ϕ µ
∫ µ
=ϕ
ϕ sin
d sin sin r r I
4
B sin o
o2 r 2
2 o
1
ϕ ϕ π ⋅
µ
∫ µ
=ϕ
ϕ Isin d
r B 4
o r
2 o
1
ϕ
∫ ϕ π
µ
=µ ϕ
ϕ
d r sin
4
B I 2
o 1
r o
( ) ( 1 2)
o r o o
r
o cos cos
r 4 cos I
r 4 B I
2
1
ϕ
− π ϕ
µ
=µ ϕ π −
µ
=µ
ϕ
ϕ
Gdy przewodnik jest nieskończenie długi to π
= ϕ
=
ϕ1 0 a 2
Wtedy
[1 ( )1]
r 4 B I
o r
o − −
π µ
=µ
o r o
r 2 B I
π µ
=µ
Zad. 8.4
Dana jest prostokątna ramka o bokach a i b, w której płynie stały prąd elektryczny o natężeniu I. Znaleźć kierunek i wartość wektora indukcji magnetycznej BG
w środku ramki.
Rozwiązanie:
Z prawa B-S-L wynika, że BG
w środku ramki jest wektorową sumą BG1,BG2,BG3 iBG4 wektorów indukcji pochodzących od poszczególnych boków ramki.
Wektory BG1,BG2,BG3 i BG4
leżą wszystkie na jednej prostej, prostopadłej do płaszczyzny ramki i przechodzącej przez jej środek.
Zwroty tych wektorów są zgodne i są skierowane w stronę czytelnika.
Zatem
4 3 2
1 B B B
B
B= + + +
Przyczynki B1,B2,B3 i B4 obliczamy korzystając z wiadomości zdobytych w zad.8.2.
( 11 12)
o r
1 o cos cos
r 4
B I ϕ − ϕ
π µ
=µ
ale ;
b a cos a
2; r b
2 11 2
o = ϕ = +
; b a cos a
2 12 2
+
−
= ϕ
bo
( ) 11
12 cos cos cos
cosϕ = π−ϕ =− ϕ=− ϕ ponieważ ϕ=ϕ11
Zatem
2 2
r o 2
2 r
1 o
b a b
Ia b
a a 2 2 / b 4 B I
+ π
µ
= µ
⋅ + π
⋅ µ
= µ
Analogicznie
( )
2 2
r 22 o
r 21 2 o
b a a cos Ib
2 cos / a 4 B I
+ π
µ
= µ ϕ
−
⋅ ϕ π
⋅ µ
= µ
( )
2 2
r 32 o
r 31 3 o
b a b cos Ia
2 cos / b 4 B I
+ π
µ
= µ ϕ
−
⋅ ϕ π
⋅ µ
= µ
( )
2 2
r 42 o
r 41 4 o
b a a cos Ib
2 cos / a 4 B I
+ π
µ
= µ ϕ
−
⋅ ϕ π
⋅ µ
= µ
Ostatecznie
+ + + + +
π + µ
=µ
2 2 2
2 2 2 2
2 r
o
b a a
b b
a b
a b
a a
b b
a b
a B I
( ) o r 2 2
2 2
2 r 2
o a b
ab I 2 b a ab
b a 2
B I +
π µ
= µ + + π
µ
=µ
Zad. 8.5.
Wyznaczyć wartość indukcji magnetycznej BG w środku obwodu kołowego o promieniu r, w którym płynie prąd elektryczny o natężeniu I.
Rozwiązanie:
Zgodnie z prawem B-S-L wszystkie elementy dGl
tego obwodu z prądem I wywołują w środku okręgu indukcję
(dlxr)
r I B 4
dG o r 3 G G π
µ
=µ
o jednakowych kierunkach (wzdłuż prostej prostopadłej do płaszczyzny obwodu i przechodzącej przez środek okręgu) i zwrotach (za płaszczyznę rysunku).
A zatem całkowanie wektorowe sprowadza się do całkowania skalarnego dl
r I dB 4
B 2 r o 2r
0 okręgu
po π
µ
∫ µ
∫ =
= π
bo kąt ϕ między wektorami Gr i dGl
wynosi 2
π, a więc 1sinϕ= .
Stąd
r dl 4
B I2 r
2 0 r
o ∫
π µ
=µ π
[2 r 0]
r 4 l I
r 4
B I o r2
r 2 2r 0
o π −
π
⋅ µ
=µ π
µ
=µ
π
r 2 B=µoµrI
Zad. 8.6.
Obliczyć indukcję magnetyczną BG na osi obwodu kołowego w odległości d od środka obwodu. Natężenie prądu w obwodzie wynosi I, a promień obwodu R.
Rozwiązanie:
Wychodząc z prawa B-S-L
(dlxr)
r I ' 4 B
dG 3 G G
π
= µ ; gdzie µ=µoµr
Ponieważ wektor ldG
oraz wektor wodzący rG
tworzą kąt 2 π, więc
r dl I ' 4
dB 2
π
= µ
Wektory indukcji dBG1 i dBG2 od symetrycznie położonych elementów dGl1
i l2
dG
przewodnika są równe co do modułu i symetrycznie położone względem siebie, zatem wartość indukcji wypadkowej od oby elementów wynosi:
r2 2
dl sin sin I
' dB 2
dB π
β
⋅
⋅
= µ β
=
Wektor indukcji dB jest prostopadły do powierzchni obwodu, i skierowany od obwodu.
Wypadkową indukcję od całego przewodnika otrzymamy całkując powyższe równanie po połowie okręgu czyli od 0 do πR
r R 2
sin dl I
r 4
sin B I
2 R
2 0 π
π β
⋅
⋅
= µ π ∫
β
⋅
⋅
=µ π
Uwzględniając, że
r
sinβ=R i r= R2 +d2 , otrzymamy
( 2 2)3/2
2 d R 2 B IR
+
= µ (*)
Zad. 8.7.
Wyznaczyć natężenie H pola magnetycznego na osi cewki cylindrycznej (solenoidu) z równomiernie i gęsto nawiniętymi zwojami, przez które przepływa prąd o natężeniu I. Cewka ma n zwojów, długość l i promień przekroju poprzecznego r. Położenie punktu P, dla którego liczymy H, określają odcinki a1 i a2 mierzone od końca cewki. Przedyskutować otrzymany wynik.
Rozwiązanie:
Przyjmijmy początek układu współrzędnych w rozpatrywanym punkcie P. Kierunek prądu w uzwojeniu niech będzie taki, jak na rysunku. Jeżeli wziąć pod uwagę kołowy element cewki o długości dx, to można go traktować jak cienki przewodnik kołowy i wykorzystać wynik z zadania 8.6.
Na jednostkę długości solenoidu przypada ( )I⋅n /l amperozwojów czyli prąd dI płynący w elemencie dx solenoidu wynosi:
l dx n dI= I⋅
Podstawiając do wyniku końcowego (*) z zadania 8.6 za d→ , za x R→ i za r
dI
I→ solenoidu oraz wiedząc, że między wektorami BHG i G
zachodzi związek H
BG G µ
= otrzymujemy:
(r rx ) dx I2lrn (r rx ) dx
l 2
n
dH I 3/2
2 2
3 2
/ 2 3 2
2
+
= ⋅ +
= ⋅
Aby znaleźć H w punkcie P należy powyższe wyrażenie scałkować po dx w granicach od a1 do a2. W tym celu zmieniamy zmienną całkowania i przechodzimy do całkowania po kącie α (patrz rysunek). Z rysunku wynika, że
α
⋅
= α
=
+ sin oraz x r ctg
x r
r 2
2
czyli
− α α = sin2
r d
dx
Stąd
α α
−
= d
sin dx r2
Zatem
α α
⋅
⋅ α
−
= d
sin sin r
lr 2
n dH I
2 3
α
⋅ α
−
= sin d
ln 2
n dH I
i
(− α) α
= ∫ α
⋅ α
∫ −
∫ =
= α
α α
α α
α
d l sin
2 d In l sin 2
n dH I
H 1
2 1
2 1
2
(cos 2 cos 1)
l 2
n
H=−I⋅ α − α
Wyrażając kąty za pomocą odcinków określających położenie punktu P otrzymuje się:
22 2 2 2
a r cos a
= + α
( )
12 2 1 1
1 r a
cos a
cosα = π−α = +
−
Wtedy:
+ +
= +
= 2
2 2 2 12
2 1
a r
a a
r a l
2 H In
Jeżeli solenoid jest długi (l>>r), to można przyjąć, że:
r a i r
a1>> 2 >>
to wówczas natężenie pola H jest w całym solenoidzie takie samo i wynosi:
( )
l 1 In l 1 2
H=In + = , l H=In
Widzimy więc, że natężenie pola magnetycznego H wewnątrz solenoidu jest wprost proporcjonalne do ilości zwojów n solenoidu, a odwrotnie proporcjonalne do jego długości l.
Zad. 8.8.
Wyprowadź z prawa Faradaya wzór na siłę elektromotoryczną ε indukowaną w pręcie o długości l, obracającym się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji BG ze stałą prędkością kątową ω wokół osi przechodzącej przez jeden z końców pręta i prostopadłej do niego. Płaszczyzna obrotu jest prostopadła do BG .
Rozwiązanie:
Wychodzimy ze znanego wzoru:
ε dt dΦB
−
=
Elementarny strumień dΦ przecinany B przez wirujący pręt w ciągu czasu dt wynosi:
s d B d B G G
⋅
= Φ
gdzie sdG
jest to wektor powierzchni , którego moduł równa się wielkości powierzchni ds (zakreślonej przez pręt o długości l) i jest prostopadły do powierzchni ds.
Ponieważ BG||dGs
(czyli kąt α jaki tworzą te dwa wektory wynosi 0 i jest wtedy cosα = 1) możemy zapisać:
ds B cos ds B s d B
dΦB = G⋅G = ⋅ ⋅ α= ⋅
Przybliżając pole ds. zakreślone przez pręt w czasie dt polem trójkąta OAB mamy:
l 2AB ds=1 ⋅
Odcinek AB trójkąta wyznaczamy z definicji miary łukowej kąta.
α l = d AB
gdzie droga kątowa dα=ω⋅dt Zatem
dt l AB= ⋅ω⋅
a l dt
2
ds= 1 2ω
i wtedy Bl dt
2 dΦB =1 2ω
Ostateczny wzór na ε zaindukowaną w pręcie ma postać:
ε= Bl2ω 2 1
