Zadania do rozdziału 8.
Zad.8.1.
Elektron (o masie m = 9,1Å"10-31 kg i Å‚adunku elektrycznym e = 1.6 Å"10-19 C ) wpada
z prędkością Š=107 m / s w obszar jednorodnego pola magnetycznego o indukcji
B =10-2 T prostopadle do linii sił tego pola. Znalez
ć tor ruchu elektronu w polu
magnetycznym.
RozwiÄ…zanie:
Na elektron poruszający się z prędkością


Šw polu B działa siła Lorentza FL ,


FL = -e(Å x B); FL = FL = eÅB
która jest skierowana prostopadle do


wektorów B i Å.

Siła FL działa tak, jak siła dośrodkowa


(FLÄ„" Å), a wiÄ™c zakrzywia tor elektronu.
Na poruszający się elektron o masie m z prędkością Špo torze o krzywiz
nie r działa z kolei
siła odśrodkowa F
Å2
F = m ,
r
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

płaszczyz
nie prostopadłej do B .
Promień tego okręgu wyliczymy z warunku:
FL = F co czyni:
Å2
eÅB = m
r
StÄ…d
mÅ
r =
eB
57
9,1Å"10-31 kg Å"107 m / s
r =
1,6 Å"10-19 C Å"10-2 T
N
îÅ‚ Å‚Å‚
Ale [T]= [N]=[kg Å" m / s2]
ïÅ‚C Å" m / sśł ;
ðÅ‚ ûÅ‚
kg Å" m / s Å" C Å" m / s kg Å" m / s2 Å" m
Zatem r = 5,7 = 5,7 Å"10-3
C Å" N
kg Å" m / s2
r = 5,7 Å"10-3 m
Zad.8.2.

Oblicz siły działania jednorodnego pola magnetycznego o indukcji B 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.
RozwiÄ…zanie:
a)

Załóżmy, że w pierwszej chwili powierzchnia ramki jest równoległa do linii siły indukcji B .

Korzystamy ze wzoru na siłę F działającą
na prostoliniowy przewodnik o długości l z

prÄ…dem I w polu magnetycznym B .

F = I( x B); F = F = BIlsin Ä…
l

gdzie l to wektor o długości l i zwrocie
wyznaczonym przez kierunek prÄ…du I, zaÅ›

ą to kąt między wektorami l i B .
Ponieważ dla boku scharakteryzowanego

wektorem a1 Ä… = 0 (sinÄ… = 0), a dla boku

a Ä… = Ä„ (sinÄ…=0) dlatego na boki te nie
2
działają żadne siły.
Rys.a.

Na boki b1 i b2 działają odpowiednio siły F1 = F2 = F prostopadłe do płaszczyzny rys. a,
tworząc parę sił.

Ä„
Dla b1; Ä… = (sinÄ… = 1) i wtedy F1 = BIb, zaÅ›
2
58

3
dla b2 ; Ä… = Ä„ (sinÄ… = -1) i wtedy F2 = -BIb.
2

Ta para sił działa na ramkę momentem obrotowym M


a1 a
2
M = x F1 + x F2
2 2

M = M = a Å" F Å" sin ²


a1 a
2
gdzie ² to kÄ…t miÄ™dzy i F1. KÄ…t ten jest również zawarty miÄ™dzy i F2 (patrz rys.a).
2 2
Ä„
Ponieważ w rozważanym przypadku ² = , dlatego
2
M = a Å"F = BIba
Moment pary siÅ‚ M obraca ramkÄ™ wokół osi obrotu 00 . Podczas obrotu kÄ…t ² maleje, wiÄ™c i
moment M powodujący ruch ramki maleje w myśl wzoru
M = BIbasin ²

Gdy ² = 0 (wtedy pÅ‚aszczyzna ramki jest prostopadÅ‚a do B ) to
M = 0
Zobaczmy jakie siły działają na ramkę w tym położeniu.

b) Ramka w położeniu prostopadłym do linii sił pola B .
W tym położeniu na ramkę działają cztery

siły F1, F2 , F3 i F4

F1 = -F2 ; F1 = F2 = BIb
oraz

F4 = -F3 ; F3 = F4 = BIa
Siły te, jak widzimy na rys.b, dążą do
rozciągnięcia ramki, lecz nie nadają jej
ruchu obrotowego bo
M = 0
Rys.b.
59
Zad. 8.3.
W prostoliniowym przewodniku o długości l płynie prąd o natężeniu I. Wyznaczyć

wartość indukcji magnetycznej B 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 kÄ…tami Õ1 i Õ2 (patrz rysunek).
RozwiÄ…zanie:

IndukcjÄ™ magnetycznÄ… B w punkcie A
obliczamy z prawa B-S-L.

µoµr
I
B = dl x r
+"
4Ä„
r3
po calej
dlugości
przewodnika l
W naszym konkretnym przypadku B
możemy przedstawić jako:
µoµr I
B = Õdl (1)
+"
4Ä„
r2
po calej
dlugości
przewodnika l
Ale z trójkąta AEB wynika, że
ro
r = (2)
sin Õ
Z trójkąta DCB otrzymujemy:
BC = dl Å" sin Õ , gdzie BC możemy obliczyć z definicji kÄ…ta Å‚ukowego
BC
= dÕ
r
Zatem
rdÕ
dl = (3)
sin Õ
PodstawiajÄ…c (2) i (3) do (1) otrzymujemy:
2
Õ2
µoµr sin Õ ro
dÕ
B = Å" I sin Õ
+"
2
sin Õ sin Õ
4Ä„ro
Õ1
Õ2
µoµr
B = Å" Isin ÕdÕ
+"
4Ä„ro
Õ1
60
Õ2
µoµrI
B = sin ÕdÕ
+"
4Ä„ro Õ1
Õ2
µoµrI µoµrI
B = (- cosÕ) = (cosÕ1 - cosÕ2)
4Ä„ro 4Ä„ro
Õ1
Gdy przewodnik jest nieskończenie długi to
Õ1 = 0 a Õ2 = Ä„
Wtedy
µoµrI
B = [1-(-1)]
4Ä„ro
µoµrI
B =
2Ä„ro
Zad. 8.4
Dana jest prostokątna ramka o bokach a i b, w której płynie stały prąd elektryczny o

natężeniu I. Znalez
ć kierunek i wartość wektora indukcji magnetycznej B w środku ramki.
RozwiÄ…zanie:

Z prawa B-S-L wynika, że B w środku ramki jest wektorową sumą B1, B2,B3 i B4
wektorów indukcji pochodzących od poszczególnych boków ramki.

Wektory B1, B2, B3 i B4 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
61
B = B1 + B2 + B3 + B4
Przyczynki B1, B2 , B3 i B4 obliczamy korzystając z wiadomości zdobytych w zad.8.2.
µoµr I
B1 = (cosÕ11- cos Õ12 )
4Ä„ro
b a
ale ro = ; cos Õ11 = ;
2 2
a + b2
a
cos Õ12 = - ;
2
a + b2
bo
cos Õ12 = cos(Ä„ - Õ)= - cos Õ = - cos Õ11
ponieważ Õ = Õ11
Zatem
µoµr Å" I 2a µoµrIa
B1 = =
4Ä„Å"b / 2
a2 + b2 Ä„b a2 + b2
Analogicznie
µoµr Å" I µoµrIb
B2 = (cos Õ21 - cos Õ22 )=
4Ä„ Å" a / 2 2
Ä„a a + b2
µoµr Å"I µoµr Ia
B3 = (cos Õ31 - cos Õ32 )=
4Ä„Å" b / 2 2
Ä„b a + b2
µoµr Å" I µoµrIb
B4 = (cos Õ41 - cos Õ42 )=
4Ä„ Å" a / 2 2
Ä„a a + b2
Ostatecznie
ëÅ‚ öÅ‚
µoµrI a b a b
ìÅ‚ ÷Å‚
B = + +
ìÅ‚
Ä„
b a2 + b2 a a2 + b2 b a2 + b2 a a2 + b2 ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
µoµrI 2(a2 + b2) 2µoµrI
B = = a2 + b2
Ä„
ab a2 + b2 Ä„ab
Zad. 8.5.

Wyznaczyć wartość indukcji magnetycznej B w środku obwodu kołowego o
promieniu r, w którym płynie prąd elektryczny o natężeniu I.
62
RozwiÄ…zanie:
Zgodnie z prawem B-S-L wszystkie

elementy dl tego obwodu z prÄ…dem I
wywołują w środku okręgu indukcję

µoµr I
dB = (dl x r)
4Ä„
r3
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
2Ä„r
µoµr
B = dB = Idl
+" +"
4Ä„r2
po okręgu 0

Ä„
bo kÄ…t Õ miÄ™dzy wektorami r i dl wynosi , a wiÄ™c sin Õ = 1.
2
StÄ…d
2Ä„r
µoµrI
B = dl
+"
4Ä„r2 0
2Ä„r
µoµrI µoµr Å"I
B = l = [2Ä„r - 0]
4Ä„r2 0 4Ä„r2
µoµrI
B =
2r
Zad. 8.6.

Obliczyć indukcję magnetyczną B na osi obwodu kołowego w odległości d od środka
obwodu. Natężenie prądu w obwodzie wynosi I, a promień obwodu R.
RozwiÄ…zanie:
WychodzÄ…c z prawa B-S-L

µ I
dB'= (dl x r); gdzie µ = µoµr
4Ä„
r3

Ä„
Ponieważ wektor dl oraz wektor wodzący r tworzą kąt , więc
2
µ I
dB'= dl
4Ä„
r2
63

Wektory indukcji dB1 i dB2 od

symetrycznie położonych elementów dl1 i

dl2 przewodnika są równe co do modułu i
symetrycznie położone względem siebie,
zatem wartość indukcji wypadkowej od
oby elementów wynosi:
µ Å" I Å" sin ²dl
dB = 2dB'sin ² =
2
2Ä„r
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 ĄR
Ä„R
µ Å" I Å" sin ² µ Å" I Å" sin ²
B = dl = Ä„R
+"
2
4Ä„r2 2Ä„r
0
R
2
UwzglÄ™dniajÄ…c, że sin ² = i r = R + d2 , otrzymamy
r
2
µIR
B = (*)
3/ 2
2
2(R + d2)
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.
RozwiÄ…zanie:
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.
64
Na jednostkÄ™ dÅ‚ugoÅ›ci solenoidu przypada (I Å" n)/ l amperozwojów czyli prÄ…d dI pÅ‚ynÄ…cy w
elemencie dx solenoidu wynosi:
I Å" n
dI = dx
l
Podstawiając do wyniku końcowego (*) z
zadania 8.6 za d x , za R r i za
I dI solenoidu oraz wiedząc, że między

wektorami H i B zachodzi zwiÄ…zek

B = µH otrzymujemy:
IÅ" n r2 IÅ" n r3
dH = dx = dx
3/ 2 3/ 2
2l 2lr
(r2 + x2) (r2 + x2)
Aby znalez
ć 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 ą
(patrz rysunek). Z rysunku wynika, że
r
= sin Ä… oraz x = r Å" ctg Ä…
2 2
r + x
czyli
dx r
= -
dÄ…
sin2 Ä…
StÄ…d
r
dx = - dÄ…
sin2 Ä…
Zatem
I Å" n r
dH = - sin3 Ä… Å" dÄ…
2
2lr
sin Ä…
IÅ" n
dH = - sin Ä…dÄ…
2ln
i
Ä…1 Ä…1 Ä…1
IÅ"n In
H = dH = - sin Ä…dÄ… = (- sin Ä…)dÄ…
+" +" +"
2l 2l
Ä…2 Ä…2 Ä…2
65
IÅ" n
H = - (cos Ä…2 - cosÄ…1)
2l
Wyrażając kąty za pomocą odcinków określających położenie punktu P otrzymuje się:
a
2
cos Ä…2 =
2
r2 + a
2
a1
- cosÄ…1 = cos(Ä„ - Ä…1)=
2
r2 + a1
Wtedy:
ëÅ‚
In a1 a2 öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
H = = +
ìÅ‚ ÷Å‚
2
2l
ìÅ‚
r2 + a1 r2 + a2 ÷Å‚
2
íÅ‚ Å‚Å‚
Jeżeli solenoid jest długi (l>>r), to można przyjąć, że:
a1 >> r i a >> r
2
to wówczas natężenie pola H jest w całym solenoidzie takie samo i wynosi:
In In In
H = (1 + 1)= , H =
2l l l
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.
Wyprowadz
z prawa Faradaya wzór na siÅ‚Ä™ elektromotorycznÄ… µ indukowanÄ… w prÄ™cie

o długości l, obracającym się w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B ze stałą
prÄ™dkoÅ›ciÄ… kÄ…towÄ… É wokół osi przechodzÄ…cej przez jeden z koÅ„ców prÄ™ta i prostopadÅ‚ej do

niego. Płaszczyzna obrotu jest prostopadła do B .
RozwiÄ…zanie:
Wychodzimy ze znanego wzoru:
dÅšB
µ= -
dt
Elementarny strumień dŚB przecinany
przez wirujący pręt w ciągu czasu dt
wynosi:

dÅšB = BÅ"ds
66

gdzie ds jest to wektor powierzchni , którego moduł równa się wielkości powierzchni ds
(zakreślonej przez pręt o długości l) i jest prostopadły do powierzchni ds.

Ponieważ B || ds (czyli kąt ą jaki tworzą te dwa wektory wynosi 0 i jest wtedy cosą = 1)
możemy zapisać:

dÅšB = BÅ"ds = BÅ"ds Å"cos Ä… = BÅ"ds
Przybliżając pole ds. zakreślone przez pręt w czasie dt polem trójkąta OAB mamy:
1
ds = AB Å" l
2
Odcinek AB trójkąta wyznaczamy z definicji miary łukowej kąta.
AB
= dÄ…
l
gdzie droga kÄ…towa dÄ… = É Å" dt
Zatem
AB = l Å" É Å" dt
1
a ds = l2Édt
2
1
i wtedy dÅšB = Bl2Édt
2
Ostateczny wzór na µ zaindukowanÄ… w prÄ™cie ma postać:
1
µ= Bl2É
2
67


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Zadania do rozdzialu 10
Zadania do rozdzialu 1
Zadania do rozdzialu 3zr
Zadania do rozdzialu 4
Zadania do rozdzialu 9
Zadania do rozdzialu 6zr
Zadania do rozdzialu 7zr
2 3 1 Zadania do samodzielnego rozwiÄ…zania

więcej podobnych podstron