до та Загальна фізика...
TRANSCRIPT
-
Міністерство освіти і науки України Сумський державний університет
МЕТОДИЧНІ ВКАЗІВКИ до практичних занять та самостійної роботи з дисципліни “Загальна фізика”
для студентів напрямів підготовки 0908 „Електроніка”, 0914 „Комп’ютеризовані системи, автоматика і управління”,
0906 „Електротехніка” усіх форм навчання ЧАСТИНА 4
“Електромагнетизм”
Суми Вид-во СумДУ
2008
-
Методичні вказівки до практичних занять та самостійної роботи з дисципліни “Загальна фізика”. Частина 4. “Електромагнетизм” /Укладачі: О.В.Лисенко, О.О.Орлова. — Суми: Вид-во СумДУ, 2008. – 141 с. Кафедра теоретичної фізики
-
3
ЗМІСТ С. ВСТУП........................................................................................... 4 ТЕМА 1 ПОСТІЙНЕ МАГНІТНЕ ПОЛЕ. МАГНЕТИКИ ........... 5
1.1 Приклади розв’язання задач ............................................... 6 1.2 Задачі для самостійного розв’язання ............................... 48
ТЕМА 2 ЕЛЕКТРОМАГНІТНА ІНДУКЦІЯ .............................. 65 2.1 Приклади розв’язання задач ............................................. 65 2.2 Задачі для самостійного розв’язання ............................... 83
ТЕМА 3 РУХ ЗАРЯДЖЕНИХ ЧАСТИНОК В ЕЛЕКТРИЧНИХ ТА МАГНІТНИХ ПОЛЯХ ............................. 97
3.1 Приклади розв’язання задач ............................................. 97 3.2 Задачі для самостійного розв’язання ............................. 124
ВІДПОВІДІ ДО ЗАДАЧ ДЛЯ САМОСТІЙНОГО РОЗВ’ЯЗАННЯ.......................................................................... 131 СПИСОК ЛІТЕРАТУРИ ........................................................... 140
-
4
ВСТУП У цих методичних вказівках подані розв’язки найбільш
типових задач із розділу “Електромагнетизм”, а також наведені задачі для самостійного розв’язання. Автори мають на меті сформувати у студентів методологію розв’язання задач, допомогти засвоїти фізичні закони, навчити деяким математичним прийомам, що широко використовуються у фізиці. При роботі над кожною темою потрібно дотримуватися таких рекомендацій: 1 Детально опрацювати теоретичний матеріал за підручником з курсу загальної фізики (наприклад, [1-2]).
2 Уважно вивчити розв’язування розібраних задач з даної теми. З’ясувати всі незрозумілі для себе моменти у розв’язанні задачі, записати розв’язки собі в зошит. За необхідності ще раз повернутися до підручника для більш глибокого опрацювання теоретичного матеріалу або ж звернутися за консультацією до викладача. Пам’ятайте, необхідно домогтися повного розуміння розв’язування наведених задач. Перехід до самостійного розв’язування задач варто проводити тільки після повного розуміння розв’язувань поданих у даній темі задач.
3 Перейти до самостійного розв’язування задач даної теми. При цьому варто керуватися загальною методологією розв’язування, що подана в розібраних задачах, а саме: а) зробити рисунок до задачі, якщо це необхідно; б) з’ясувати сутність процесів, про які йде мова в задачі; в) встановити закони, які слід використати для розв’язання задачі, записати відповідні рівняння; г) провести математичні перетворення, отримати розв’язування у загальному вигляді, шукана величина повинна бути виражена через величини, що наведені в умові задачі; д) виконати аналіз отриманого розв’язування щодо його відповідності фізичному змісту. Пам’ятайте! Щоб зрозуміти, як розв’язується задача, від
вас потрібні серйозні міркування. Бажаємо успіху!
-
5
ТЕМА 1 ПОСТІЙНЕ МАГНІТНЕ ПОЛЕ.
МАГНЕТИКИ
Основні формули Закон Біо-Савара-Лапласа
[ ]
30
4 r
rldIBd
rrr ×
⋅π
µ= . (1а)
Теорема для циркуляції вектора Br
у вакуумі ∑∫ µ=⋅
Γ iiIldB 0
rr. (1б)
Теорема Гаусса для вектора Br
0=⋅∫
S
SdBrr
. (1в)
Сила Ампера ][ BldIFd
rrr×= . (1г)
Сила, що діє на магнітний диполь з магнітним моментом nSIpmrr
⋅⋅=
( )BpnBpF mm
rrrr
r∇⋅=
∂∂
⋅= . (1д)
Момент сил, що діє на магнітний диполь ][ BpM m
rrr×= . (1е)
Робота з переміщення замкнутого контура в магнітному полі IA = ( )12 ФФ − . (1ж)
Вектор Hr
та його циркуляція:
-
6
JBHr
rr
−µ
=0
, ∑∫ =⋅Γ i
iIldHrr
, (1з)
де Jr
- намагніченість, ∑i
iI - алгебраїчна сума макроскопічних
струмів. Умова на межі поділу двох магнетиків
nn BB 21 = , ττ = 21 HH . (1і)
Для магнетиків, у яких Hjrr
⋅χ= ,
HBrr
⋅µ⋅µ= 0 , χ+=µ 1 . (1к)
1.1 Приклади розв’язання задач
Приклад 1.1 По витку у вигляді кола радіусом R , який зроблено з
тонкого проводу, проходить струм I . Знайти магнітну індукцію на осі витка в точці, що знаходиться на відстані x від його центра.
Розв’язання Для визначення індукції магнітного поля,
яке створюється круговим витком із струмом на осі витка в точці O (див. рис. 1.1), використаємо
закон Біо-Савара-Лапласа (1а) та принцип суперпозиції магнітного поля.
Розіб’ємо круговий виток, по якому проходить струм I , на елементи довжини dl . Елемент довжини dl зі струмом I створює в точці O магнітне поле Bd
r, яке визначається законом
Біо-Савара-Лапласа (1а). Відповідно до цього закону вектор Bdr
є перпендикулярним до радіуса-вектора rr й вектора ld
r (див.
рис. 1.1), а його модуль дорівнює
20
20
42sin
4||
rdlI
rdlIBd ⋅⋅
πµ
=π
⋅⋅
⋅π
µ=
r. (1)
)(xBB = -? R , I , x .
-
7
Тут враховано, що кут між векторами rr й ldr
дорівнює 2/π . Подамо вектор Bd
r у вигляді суми двох векторів: вектора
xxeBr , який направлений паралельно осі X , та вектора ⊥Bd
r,
який перпендикулярний до осі X (див. рис. 1.1).
Рисунок 1.1
Знайдемо векторну суму паралельних осі X компонент вектора Bd
r. Виходячи з рисунка 1.1, неважко знайти проекцію
20 sin
4)2/cos(
rdlIdBdBx
α⋅⋅⋅
πµ
−=α−π⋅−= . (2)
У цій формулі кут α – кут між віссю X та вектором rr . Зазначимо, що для всіх елементів струму lId
r кут α має одне і
те саме значення (див. рис. 1.1)
22
sinxR
RrR
+==α . (3)
R
rr
ldr
O
O′
Bdr
X
α Bdr
⊥Bdr
xxedBr
α−π 2/
x
-
8
Відповідно до принципу суперпозиції знаходимо результуючу проекцію xB шляхом сумування усіх елементарних проекцій xdB (або, в нашому випадку, їх інтегруванням)
RrIdl
rIdBB
R
xx π⋅α⋅⋅πµ
−=⋅α⋅⋅π
µ−== ∫∫
π
2sin4
sin4 2
02
02
0 =
( ) 2/3222
02222
0
22
)(4 xRRIR
xR
RxR
I+
⋅⋅µ−=π⋅
+⋅
+⋅
πµ
−= . (4)
Знайдемо векторну суму перпендикулярних до осі X компонент вектора Bd
r ( ⊥Bd
r). Зазначимо – в цій сумі для
кожного вектора ⊥Bdr
можна знайти йому протилежний. Це означає, що сума усіх векторів ⊥Bd
r буде дорівнювати нулю.
Таким чином, результуюча індукція магнітного поля Br
від колового витка зі струмом буде визначатися співвідношенням
( ) xxx exRRIeBB rr
r2/322
20
2 +⋅⋅µ
−== . (5)
Аналіз отриманого результату 1 Перевіримо, чи дає розрахункова формула (5) правильну
одиницю вимірювання шуканої фізичної величини. Для цього в праву й ліву частини співвідношення (5) замість символів фізичних величин підставимо їх одиниці вимірювання.
Зрозуміло, що [ ]B =Тл. З іншого боку,
( ) ТлммА
АммТл
ммА
мГн
23
22
3
2
2/322
20 =
⋅⋅
⋅⋅
=⋅
⋅=
+
⋅⋅µ
xR
RI .
Тут використали, що [ ]АмТл
мАТлм
мГн 2
0⋅
=⋅⋅
==µ .
Тобто Тл=Тл. Таким чином, розрахункова формула (5) дає правильні одиниці вимірювання.
-
9
2 Проведемо дослідження розрахункової формули у граничних випадках.
а) Розглянемо випадок, коли струм I , що створює магнітне поле, зменшується до нуля. Зрозуміло, що в цій ситуації й індукція магнітного поля буде прямувати до нуля. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли
0→I , то ( )
0~2
2/322
20 →
+
⋅⋅µ= I
Rx
RIB .
б) Розглянемо випадок, коли точка спостереження магнітного поля O віддалена від витка із струмом на нескінченну відстань (тобто ∞=x ). Зрозуміло, що магнітне поле на нескінченній відстані від свого джерела буде відсутнім, індукція цього магнітного поля буде дорівнювати нулю. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли
∞→x , то ( )
011~2
332/322
20 =
∞→
+
⋅⋅µ=
xRx
RIB .
Отже, розрахункова формула (5) не суперечить фізичним міркуванням.
Відповідь: ( ) x
exR
RIB rr
2/322
20
2 +
⋅⋅µ−= .
Приклад 1.2 Знайти індукцію магнітного поля в центрі контура, який має
вигляд прямокутника, коли довжина його діагоналі дорівнює 16=d см, кут між діагоналями 030=ϕ , а струм у контурі –
I =5 А. Розв’язання
Шукану індукцію магнітного поля у відповідності з принципом
суперпозиції знаходимо як векторну суму індукцій магнітних полів, які створюються кожною стороною контура з
ПB -? 16=d см, 030=ϕ , I =5 А.
-
10
електричним струмом (відрізком із струмом). Для знаходження індукції магнітного поля, яке створюється однією стороною прямокутної рамки (відрізком зі струмом), використаємо закон Біо-Савара-Лапласа та принцип суперпозиції полів.
Спочатку визначимо індукцію магнітного поля Br
, що створюється відрізком зі струмом у точці O (див. рис. 1.2), яка знаходиться на відстані a від осі відрізка. При цьому вважаємо кути між напрямками векторів, проведених з кінців відрізка зі струмом до точки O і напрямком електричного струму I , відомими і рівними відповідно 1α й 2α (див. рис. 1.2).
Розіб’ємо відрізок із струмом I на елементарні ділянки dl (див. рис. 1.2). Відповідно до закону Біо-Савара-Лапласа елемент зі струмом lId
rстворює магнітне поле з індукцією
[ ]rldrIBd r
rr×
πµ
= 30
4, (1)
де rr – радіус-вектор, який проведено від елемента зі струмом до точки O . Слід зауважити, що вектори Bd
r від усіх елементів
струму ldIr
⋅ в точці O паралельні осі Z , яка перпендикулярна до площини рисунка (див. рис. 1.2). Тому відповідно до принципу суперпозиції при визначенні індукції магнітного поля Br
в точці O можна перейти від геометричного до алгебраїчного сумування (інтегрування)
∫∫∫ ⋅α
⋅π⋅µ
⋅=⋅==l
zl
zl
dlr
IedBeBdB 20 sin4
rrrr , (2)
де dlr
IdB ⋅α⋅π⋅µ
= 20 sin4
- модуль вектора Bdr
(див. формулу (1)),
α - кут між векторами ldr
й rr . Проаналізуємо вираз (2). Зрозуміло, що під знаком інтеграла
в співвідношенні (2) кут α та довжина вектора r змінюються при переході від одного елемента довжини dl до іншого. Тому перетворимо підінтегральний вираз так, щоб він залежав тільки від однієї змінної, наприклад, кута α .
-
11
Рисунок 1.2
Неважко знайти зв’язок елемента dl з елементарним кутом
αd та довжиною вектора r (див. рис. 1.2): αα⋅
=sin
drdl . Довжину
вектора r можемо знайти, використовуючи геометричні міркування (див. рис. 1.2), α= sin/ar . Тоді співвідношення (2) буде мати вигляд
∫α
α
α⋅
π⋅µ
⋅=2
140
rdIeB z
rr = ∫α
α
α⋅α⋅⋅π⋅µ
⋅2
1
sin4
0 daIez
r .
Далі проведемо інтегрування і отримаємо вираз для індукції магнітного поля, що створюється відрізком провідника зі струмом,
( )210 coscos4 α−α⋅⋅π⋅µ
=aIB . (3)
Магнітну індукцію ПB в центрі контура, що має вид прямокутника (див. рис. 1.3) знайдемо, використовуючи принцип суперпозиції та отриману формулу (3),
DACDKCАKП BBBBBrrrrr
+++= ,
dl I
a rr
1α 2α α
O Bdr
αdr ⋅
α αd
-
12
де DACDKCAK BBBBrrrr
,,, - магнітні індукції полів, створені відповідними відрізками прямокутного контура зі струмом I . Через те, що вектори DACDKCAK BBBB
rrrr,,, є паралельними, їх
геометричну суму можна замінити алгебраїчною сумою DACDKCAKП BBBBB +++= . (4)
Рисунок 1.3
Використовуючи співвідношення (3), визначимо магнітну індукцію AKB .
( )( ) KAOaIKAOKAO
aIBAK ˆcos2
ˆ180cosˆcos4 1
00
1
0 ⋅⋅π⋅µ
=−−⋅π⋅µ
= .
Оскільки, 2/90ˆ 0 ϕ−=KAO , а =ϕ⋅= )2/cos(1 AOa )2/cos(2/ ϕ⋅= d (див. рис. 1.3), знаходимо
)2/cos()2/sin(0
ϕ⋅πϕ⋅⋅µ
=d
IBAK .
Зрозуміло, що AKCD BB = . Аналогічно знаходимо
( )( )( )( ) )2/sin()2/cos(
2/180cos2/180sin 0
0
00
ϕ⋅πϕ⋅⋅µ
=ϕ−⋅πϕ−⋅⋅µ
==dI
dIBB KCDA .
Тоді індукція магнітного поля (4) в центрі контура матиме вигляд
A
K C
D
O ϕ 1a I
2/ϕ
2/d
-
13
=
ϕ⋅π
ϕ⋅⋅µ+
ϕ⋅πϕ⋅⋅µ
=)2/sin(
)2/cos()2/cos()2/sin(2 00
dI
dIBП
ϕ⋅π
⋅µ=
ϕ+
ϕ⋅
ϕ⋅ϕ⋅π⋅µ
=sin
42
cos2
sin)2/sin()2/cos(
2 0220d
Id
I .
Таким чином,
ϕ⋅π
⋅µ=
sin4 0d
IBП . (5)
Аналіз отриманого результату 1 Перевіримо, чи дає розрахункова формула (5) правильну
одиницю вимірювання шуканої фізичної величини. Для цього в праву й ліву частини цього співвідношення замість символів фізичних величин підставимо їх одиниці вимірювання.
Зрозуміло, що =][ ПB Тл. З іншого боку,
( ) ТлмА
АммТл
мАГн/м
sin4 20 =⋅
⋅⋅
=⋅
=
ϕ⋅π
⋅µd
I .
Тут використали, що [ ]АмТл
мАТлм
мГн 2
0⋅
=⋅⋅
==µ .
Тобто Тл=Тл. Таким чином, розрахункова формула (5) дає правильні одиниці вимірювання.
2 Запишемо фізичні величини, що входять у розрахункову формулу (5), в одиницях СІ й виконаємо обчислення:
0
7
30sin16,051044
⋅⋅π⋅⋅π⋅
=−
ПB Тл= 0,1 мТл.
3 Проведемо дослідження розрахункової формули у граничних випадках.
а) Розглянемо випадок, коли струм I , що створює магнітне поле, дорівнює нулю. Зрозуміло, що тоді й індукція магнітного поля буде дорівнювати нулю. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли 0=I , то
-
14
0~sin
4 0 =ϕ⋅π
⋅µ= I
dIBП .
б) Розглянемо випадок, коли довжина діагоналі прямокутної рамки d прямує до нескінченності. Зрозуміло, що магнітне поле на нескінченній відстані від його джерела буде відсутнім. Тобто індукція магнітного поля буде дорівнювати нулю. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли
0→d , то 01~
sin4 0 →
ϕ⋅π⋅µ
=dd
IBП .
Отже, розрахункова формула не суперечить фізичним міркуванням.
Відповідь: 10,0sin
4 0 =ϕ⋅π
⋅µ=
dI
BП мТл.
Приклад 1.3 Струм I =11 А проходить по
довгому прямому провіднику, перетин якого має форму тонкого півкільця радіусом R =5 см. (рис. 1.4). Знайти індукцію магнітного поля в точці O .
Розв’язання
Електричний струм I , що проходить по провіднику, перетин якого має форму тонкого півкільця, подамо як сукупність нескінченно довгих тонких елементарних електричних
струмів dI (див. рис. 1.5). Ці елементарні струми dI на осі провідника створюють магнітне поле з індукцією Bd
r. У
відповідності з принципом суперпозиції шукану індукцію результуючого магнітного поля визначимо як суму елементарних магнітних полів ∫= BdB
rr. Для знаходження
індукції Bdr
від нескінченного довгого електричного струму dI скористаємось законом Біо-Савара-Лапласа.
Рисунок 1.4
B -? I =11 А, R =5 см.
O R
-
15
Рисунок 1.5
Реалізуємо вище викладений план розв’язання задачі. Спочатку визначимо індукцію магнітного поля, яке створює нескінченно довгий електричний струм dI (див. рис. 1.5). Для цього використаємо деякі результати, які були отримані в прикладі 1.2. У цьому прикладі за допомогою закону Біо-Савара-Лапласа була знайдена індукція магнітного поля від відрізка із струмом (див. формулу (3) приклада 1.2). Згідно цієї формули відрізок із струмом 1I створює на відстані R (див. рис. 1.6) магнітне поле, індукція якого дорівнює
( )21101 coscos4 α−α⋅⋅π⋅µ
=RIB . (1)
Рисунок 1.6
З рис. 1.6 випливає, що коли довжина відрізка b буде прямувати до нескінченності, то кут 1α буде прямувати до нуля, а кут 2α –
1I R 1α
2α
O 1B
r
b
dI
-
16
до °180 . Це означає, що коли відрізок перетвориться в нескінченно довгий провідник із струмом ( ∞=b ), кути будуть мати значення 01 =α , °=α 1802 . (2) Тоді індукцію від нескінченно довгого тонкого провідника із струмом знайдемо, підставивши значення (2) в (1)
( )RI
RIB
⋅π⋅µ
=−−⋅⋅π⋅µ
=2
)1(14
10101 . (3)
Таким чином, отримали співвідношення (3), яке визначає індукцію магнітного поля від нескінченного тонкого провідника із струмом 1I .
Безпосередньо застосувати формулу (3) для визначення індукції магнітного поля від струму I , що проходить по провіднику, перетин якого має форму тонкого півкільця, ми не можемо. Це пов’язано з тим, що струм I не є тонким (він за умовою має перетин у формі напівкільця). Тому подаємо струм I як сукупність нескінченно довгих тонких елементарних електричних струмів dI (див. рис. 1.5), для яких маємо право застосувати формулу (3).
Знайдемо елементарний струм dI . Виділимо на півкільці його частину, яка характеризується довжиною дуги dl (див. рис. 1.7). Через все півкільце довжиною Rπ проходить струм I , який по півкільцю розподілений рівномірно. Тому через частину півкільця довжиною dl буде проходити струм
dlRIdI ⋅
π= . (4)
Елементарний струм dI створює магнітне поле, індукція якого відповідно до формул (3) та (4) визначається співвідношенням
2200
22 RdlI
RdIdB
π⋅µ
=π⋅µ
= . (5)
-
17
Напрямок вектора індукції Bdr
магнітного поля від нескінченно довгого електричного струму визначається правилом правого гвинта (див. рис. 1.6) і направлений так, як показано на рис. 1.7.
Рисунок 1.7
Подамо вектор Bdr
у вигляді суми двох компонент: xBdr
-
компоненти Bdr
, яка паралельна осі X (див. рис. 1.7); yBdr
-
компоненти Bdr
, яка паралельна осі Y . Позначимо кут між віссю X та вектором Bd
r через α (див. рис. 1.7). Тоді
α⋅= cosdBdBx , α⋅= sindBdBy , α⋅= dRdl .
З урахуванням (5) отримаємо
α⋅α⋅π
⋅µ=α⋅
π⋅πα⋅⋅⋅µ
=α⋅⋅πµ
= dRI
RRdRIdl
RIdBx cos2
cos2
cos2 2
0022
0 ,
α⋅α⋅π
⋅µ=α⋅
π⋅πα⋅⋅⋅µ
=α⋅⋅πµ
= dRI
RRdRIdl
RIdBy sin2
sin2
sin2 2
0022
0 .
O R
dl
αd α
Bdr
dI
X
Y
yBdr
xBd
r
-
18
(6) Відповідно до принципу суперпозиції проекції індукції магнітного поля B
r знайдемо інтегруванням виразів (6). При
цьому слід врахувати, що кут α змінюється від +900 до -900.
RId
RIdBB xx 2
090
902
0 cos2 π
⋅µ=α⋅α
π⋅µ
== ∫∫°−
°
,
0sin2
90
902
0 ∫∫°−
°
=α⋅απ
⋅µ== d
RIdBB yy .
Таким чином, шукана індукція магнітного поля від електричного струму, що проходить по провіднику, перетин якого має форму тонкого півкільця, визначається співвідношенням
xxx eRIeBB rr
r2
0
π⋅µ
== . (7)
Аналіз отриманого результату 1 Перевіримо, чи дає розрахункова формула (7) правильні
одиниці вимірювання шуканої фізичної величини. Для цього в праву й ліву частини співвідношення (7) замість символів фізичних величин підставимо їх одиниці вимірювання.
Зрозуміло, що [ ] Тл=B .
З іншого боку, ТлмА
АммТл
мА
мГн 2
20 =⋅
⋅⋅
=⋅=
π⋅µRI .
Таким чином, Тл=Тл, розрахункова формула дає правильні одиниці вимірювання.
2 Запишемо фізичні величини, що входять у розрахункову формулу (9), в одиницях СІ й виконаємо обчислення:
05,011104
2
7
⋅π⋅⋅π
=−
B Тл=28 мкТл.
3 Проведемо дослідження розрахункової формули у граничних випадках.
-
19
а) Розглянемо випадок, коли струм I , що створює магнітне поле, дорівнює нулю. Зрозуміло, що тоді й індукція магнітного поля буде дорівнювати нулю. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли 0=I , то
0~20 →
πµ
= IRIB .
б) Розглянемо випадок, коли радіус провідника R прямує до нескінченності. Зрозуміло, що індукція магнітного поля на нескінченній відстані від свого джерела буде дорівнювати нулю. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли
∞→R , то 01~20 →
πµ
=RR
IB .
Отже, розрахункова формула не суперечить фізичним міркуванням.
Відповідь: 2820 =
πµ
=RIB мкТл.
Приклад 1.4 Дуже довгий прямий напівнескінченний соленоїд має радіус
перетину R й n витків на одиницю довжини. По соленоїду проходить постійний електричний струм I . Нехай x є відстанню від деякої точки на осі соленоїда до його торця. Знайти індукцію магнітного поля на осі соленоїда як функцію x .
Розв’язання Для визначення індукції магнітного поля в
на осі соленоїда у точці з координатою x подамо соленоїд у вигляді сукупності колових
струмів. Індукцію магнітного поля, яку створює один такий коловий струм, можна визначити, користуючись відповідним співвідношенням, отриманим у прикладі 1.1. Індукцію магнітного поля усього соленоїда відповідно до принципу суперпозиції знайдемо як суму (інтеграл) індукцій магнітних полів усіх колових струмів, з яких складається соленоїд.
)(xBB = -? R , n .
-
20
Реалізуємо вищевикладений план розв’язання задачі. Вісь X направимо вздовж осі соленоїда (див. рис. 1.8). Будемо вважати, що торець напівнескінченного соленоїда співпадає з початком координатної осі. Напруженість магнітного поля соленоїда будемо шукати в точці A , яка характеризується координатою x . Виділимо в соленоїді малу ділянку довжиною
xd ′ , координата якої дорівнює x′ . На цій ділянці соленоїда знаходиться xdndN ′⋅= витків, по яким проходить струм
xdnIdNI ′⋅⋅=⋅ . Цю ділянку можемо розглядати як коловий струм dNI ⋅ радіуса R . Проекція індукції магнітного поля цього колового струму на вісь X визначається співвідношенням (див. приклад 1.1)
( )( ) |'|
'
'2
'2/322
2
0 xxxx
xxR
RdxnIdBx −−
⋅−+
⋅⋅⋅⋅µ= . (1)
У формулі (1) враховано, що відстань між точкою A та малою ділянкою соленоїда дорівнює |'| xx − (тут 'x - координата малої ділянки соленоїда, має від’ємне значення, див. рис. 1.8). Точка A може знаходитись як за межами соленоїда, так і всередині соленоїда. Тому знак проекції вектора xdB буде визначатися відношенням |'|/)'( xxxx −− .
Рисунок 1.8
Для знаходження результуючої індукції магнітного поля у відповідності до принципу суперпозиції проінтегруємо співвідношення (1). При цьому розглянемо два випадки: 1)
X
0 x
A
xd ′ x′
I
I
-
21
точка A знаходиться за межами соленоїда; 2) точка A знаходиться всередині соленоїда. В першому випадку проекція вектора xdB завжди додатна і тому
( )( ) ''2
0
2/322
20 dx
xxR
RnIBx ∫∞− −+
⋅⋅⋅µ= . (2)
У другому випадку знак xdB змінюється в точці 'xx = . Тому
( )( ) =−
−⋅
−+
⋅⋅⋅µ= ∫
∞−
'|'|
'
'2
0
2/322
20 dx
xxxx
xxR
RnIBx
( )( ) +−+
⋅⋅⋅µ= ∫
∞−
''2
2/322
20 dx
xxR
RnIx
( )( ) ''2)1(0
2/322
20 dx
xxR
RnI
x∫
−+
⋅⋅⋅µ⋅− . (3)
Знайдемо інтеграл (2). Для цього замінимо змінну 'x на змінну α за допомогою співвідношення α⋅=− ctgRxx ' . (4) Знаходимо диференціал виразу (4) з урахуванням того, що тут величина x є фіксованою,
α⋅α
−=α⋅
αα
=−=− dRddctgdRdxxxd 2sin
)1()(')'( .
Тобто
α⋅α
= dRdx 2sin' . (5)
З виразу (4) також випливає, що
( )α
=α+=α⋅+=−+ 22
2222222
sin1)'( RctgRctgRRxxR , (6)
а значення ∞='x відповідає 1α
1α⋅=+∞=∞+ ctgRx або 1α =0. (7)
Тоді значенню 0'=x відповідатиме 2α=α , тобто
-
22
20 α⋅=+ ctgRx , Rxctg =α2 , (8)
або
2
22
21
cosα+
α=α
ctgctg =
( )2/1/
Rx
Rx
+. (9)
Тоді, використовуючи (4)-(9), знаходимо інтеграл (2)
∫∫αα
α
=α⋅α⋅µ
=
α
α⋅
α⋅⋅⋅µ
=22
1 02
20
23
2
22
20 sin1
2
sin
sin2d
RInR
R
dRRnIBx
( )( )
+−⋅
⋅⋅µ=α−⋅
⋅⋅µ=
20
20
/1
/12
cos0cos2 Rx
RxnInI ,
або
+−⋅
⋅⋅µ=
220 1
2 xR
xnIBx . (10)
Аналогічно знаходимо інтеграл (3). При цьому візьмемо до уваги, що коли xx =' , то, як випливає з рівняння (4),
3α⋅=− ctgRxx , 03 =αctg , 2/3 π=α . (11)
Тоді інтеграл (3) набуває значення
=
α⋅α−α⋅α⋅
µ= ∫∫
α
π
π 2
2/
2/
02
20 sinsin1
2dd
RInRBx
( ) ( )[ ] =π−α−π−⋅⋅⋅µ= )2/cos(cos)2/cos(0cos2 2
0 nI
( )
+−⋅
⋅⋅µ=
20
/1
/12 Rx
RxnI . (12)
-
23
Бачимо, що формула (12) співпадає з формулою (10). Тому для всіх значень x ( ∞
-
24
( ) nInIR
nIBx ⋅⋅µ=+⋅⋅⋅µ
=
−∞+
−∞−⋅
⋅⋅µ= 0
022
0 112)(
)(12
.
Отже, розрахункова формула не суперечить фізичним міркуванням.
Відповідь:
+−⋅
⋅⋅µ=
220 1
2 xR
xnIBx .
Приклад 1.5 Тонкий диск радіусом R , який не проводить електричний
струм і рівномірно заряджений з одного боку електричним зарядом з поверхневою густиною σ , обертається навколо своєї осі з кутовою швидкістю ω . Знайти: а) індукцію магнітного поля в центрі диска; б) магнітний момент диска.
Розв’язання Щоб визначити індукцію магнітного поля та
магнітний момент, подамо рухомий диск з електричним зарядом як систему тонких кілець,
уздовж яких проходять елементарні електричні струми. Індукцію магнітного поля, яка створюється таким елементарним коловим струмом, визначимо за допомогою співвідношення, яке отримали в прикладі 1.1. Для знаходження індукції результуючого магнітного поля використаємо принцип суперпозиції. Елементарний коловий струм характеризується елементарним магнітним моментом, який знайдемо, використовуючи його визначення. Результуючий магнітний момент отримаємо шляхом сумування елементарних магнітних моментів.
Реалізуємо вищевикладений план розв’язання задачі. Як зазначалося вище, подамо рухомий диск з електричним зарядом як систему тонких кілець, уздовж яких проходять елементарні електричні струми. Знайдемо величину такого елементарного струму. Виділимо на диску тонке кільце радіусом r та шириною dr (див. рис. 1.9). Площа цього тонкого кільця дорівнює
B , mp -? R , ω , ω .
-
25
drrdS ⋅π= 2 . Заряд цього кільця буде дорівнювати drrdSdq ⋅π⋅σ=⋅σ= 2 . Зрозуміло, що за час, що дорівнює
періоду обертання ωπ= /2T увесь цей заряд dq пройде через поперечний переріз кільця. Таким чином, елементарна сила електричного струму, що проходить по такому тонкому кільцю, буде такою, що дорівнює
drrdrrTdqdI ωσ=
ωπ⋅π⋅σ
==/2
2 . (1)
Рисунок 1.9
Як було показано в прикладі 1.1, індукція магнітного поля, що створюється на осі колового струму (в нашому випадку в центрі колового струму), визначається співвідношенням
( ) xx erdIe
xrrdIBd rr
r
⋅⋅µ
=+
⋅⋅µ=
220
2/322
20 . (2)
Тут використали, що індукцію магнітного поля визначаємо в центрі колового струму (див. рис. 1.9), тобто 0=x . Підставимо в (2) формулу (1) і отримаємо
222
000 drer
drrerdIBd xx
ωσµ=
ωσµ=
µ=
rrrr . (3)
ωr
R
r dr
υr
O
dS
X
Bdr
mpdr
-
26
У співвідношенні (3) взяли до уваги, що ω=⋅ωrr
xe (див. рис. 1.9). Далі проводимо інтегрування (сумування) і знаходимо результуючу індукцію магнітного поля в центрі диска
22
0
0
0 RdrBR ωσµ
=ωσµ
= ∫rrr
. (4)
Знайдемо магнітний момент зарядженого диска, що обертається. Як було показано вище, елементарна сила електричного струму, що проходить по кільцю радіусом r та шириною dr (див. рис. 1.9) визначається формулою (1). Магнітний момент цього колового струму згідно з визначенням дорівнює
drrrrdIdpm ωσ⋅π=π⋅=22 . (5)
Якщо взяти до уваги напрямки векторів (див. рис. 1.9), формулу (5) можемо записати у вигляді
drrrpd m ωσ⋅π=rr 2 . (6)
Далі проводимо інтегрування (сумування) і знаходимо результуючий магнітний момент диска
4/40
2 ωσπ=ωσ⋅π= ∫rrr Rdrrrp
R
m . (7)
Таким чином отримали формули (4) та (7), які є розв’язаннями задачі
ω⋅⋅σ⋅µ=rr
20 RB , ω⋅⋅σ⋅π= rr
4
4Rpm .
Аналіз отриманого результату 1 Перевіримо, чи дають розрахункові формули (4) та (7)
правильні одиниці вимірювання шуканих фізичних величин. Для цього в праву й ліву частини цих співвідношень замість символів фізичних величин підставимо їх одиниці вимірювання.
Зрозуміло, що [ ] Тл=B .
-
27
З іншого боку,
ТлмА
АммТл
с1
ммКл
мГн
2
2
20 =⋅
⋅⋅
=⋅⋅
⋅=
ω⋅
⋅σ⋅µ R .
Таким чином, Тл=Тл, розрахункова формула (4) дає правильні одиниці вимірювання.
Зрозуміло, що [ ] 2мА ⋅=mp . З іншого боку,
22
44мА
с1
ммКл
4⋅=⋅
⋅=
ω⋅
⋅σ⋅π R .
Таким чином, 2мА ⋅ = 2мА ⋅ , розрахункова формула (7) дає правильні одиниці вимірювання.
2 Проведемо дослідження розрахункової формули у граничних випадках.
Розглянемо випадок, коли кутова швидкість обертання диска ω прямує до нуля. В цьому випадку електричний заряд рухатися не буде. Як відомо, нерухомий електричний заряд магнітного поля не створює. Це означає, що в цій ситуації індукція магнітного поля повинна бути такою, що дорівнює нулю. З розрахункової формули випливає такий самий
результат. Коли 0→ω , то 0~2
0 →ωω⋅⋅σ⋅µ
=RB .
Розглянемо випадок, коли поверхнева густина електричного заряду прямує до нуля. Це означає, що рухомих електричних зарядів на диску не буде. Тобто еквівалентний електричний струм буде дорівнювати нулю. Зрозуміло, що в цій ситуації магнітний момент, який визначається електричним струмом, теж буде дорівнювати нулю. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли 0→σ , то
0~4
4→σω⋅
⋅σ⋅π=
Rpm .
Отже, розрахункові формули не суперечать фізичним міркуванням.
-
28
Відповідь: ω⋅⋅σ⋅µ= rr
20 RB , ω⋅⋅σ⋅π= rr
4
4Rpm .
Приклад 1.6 Два довгі прямі взаємно перпендикулярні провідники
знаходяться один від одного на відстані a . По кожному провіднику проходить струм I . Знайти максимальне значення сили Ампера на одиницю довжини провідника в цій системі.
Розв’язання Для визначення сили Ампера, що діє на
одиницю довжини провідника, використаємо закон Ампера (1г) й формулу для індукції магнітного поля довгого прямого провідника зі
струмом (див. приклад 1.3, формула (3)). Далі з’ясовуємо, за яких умов отриманий вираз має максимальне значення.
Реалізуємо план розв’язання задачі. Знайдемо силу Ампера Fdr
, що діє на елемент довжиною ldr
із струмом II =1 першого провідника з боку магнітного поля з індукцією B
r, яке створює
другий провідник із струмом II =2 (див. рис. 1.10). Як відомо (див. формулу (1г)), ця сила дорівнює
[ ]BldIFd rrr ×= . (1) Індукція магнітного поля, яке створює нескінченно довгий
другий провідник зі струмом, (див. приклад 1.3, формулу (3)) дорівнює
RIB
⋅π⋅µ
=2
0 , (2)
де R – відстань від точки, в якій визначається індукція магнітного поля B , до провідника (довжина перпендикуляра до провідника). Силові лінії цього магнітного поля, як відомо, мають вигляд концентричних кіл з центром на осі провідника і пов’язані з напрямком електричного струму правилом правого гвинта. Ця властивість дозволяє визначити напрямок індукції
mdldF
-?
a , I .
-
29
магнітного поля в точці, де знаходиться елемент струму lIdldIrr
=1 першого провідника (див. рис. 1.10).
Рисунок 1.10
Знайдемо модуль вектора || Fdr
, використовуючи співвідношення (1) та (2),
α⋅⋅π
⋅⋅µ=α⋅⋅⋅= sin
2sin||
20
RdlIBdlIFd
r. (3)
У цій формулі α - кут між векторами Br
й ldr
(рис. 1.10). Звідси знаходимо, що сила Ампера, яка діє на одиницю довжини провідника, дорівнює
α⋅⋅π⋅µ
= sin2
20
RI
dldF . (4)
Проаналізуємо отримай результат. Зазначимо, що різні ділянки першого провідника із струмом ldI
r1 характеризуються
різними значеннями R та α . Зрозуміло, що між величинами R та α є зв’язок. Знайдемо його. З рисунка 1.10 випливає (співвідношення між сторонами в прямокутному трикутнику), що α= cos/aR , (5)
ldIr
1
Br
α
α
2/π 2/π
1I
2I
a
R
-
30
де a - відстань між провідниками, яка відома з умови задачі. Тоді формула (4) буде мати вигляд
)2sin(4
sincos2
20
20 α⋅
⋅π⋅µ
=α⋅α⋅⋅π⋅µ
=aI
aI
dldF . (6)
Зрозуміло, що dldF / залежить тільки від кута α й буде максимальним при максимальному значенні )2sin( α . Максимальне значення синуса, як відомо, дорівнює одиниці ( )2sin( α =1). Тоді максимальне значення сили Ампера на одиницю довжини провідника буде рівним
aI
dldF
m ⋅π⋅µ
=
4
20 . (7)
Аналіз отриманого результату 1 Перевіримо, чи дає розрахункова формула (7) правильні
одиниці вимірювання шуканої фізичної величини. Для цього в праву й ліву частини цього співвідношення замість символів фізичних величин підставимо їх одиниці вимірювання.
Зрозуміло, що мН
=
mdldF .
З іншого боку,
мНАТл
мА
АммТл
мА
мГн
4
22220 =⋅=⋅
⋅⋅
=⋅=
⋅π⋅µ
aI
Таким чином, Н/мН/м = , розрахункова формула (7) дає правильні одиниці вимірювання.
2 Проведемо дослідження розрахункової формули у граничних випадках.
а) Розглянемо випадок, коли сила струму I , яка проходить по першому та другому проводах, прямує до нуля. Зрозуміло, що в цьому випадку сила Ампера буде дорівнювати нулю. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли
0→I , то 0~4
22
0 →⋅π⋅µ
=
I
aI
dldF
m.
-
31
б) Розглянемо випадок, коли відстань між провідниками a прямує до нескінченності. Зрозуміло, що магнітне поле на нескінченній відстані від провідника буде дорівнювати нулю. Тому і сила, яка діє з боку одного провідника зі струмом на інший, в цій ситуації теж буде дорівнювати нулю. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли
∞→a , то
011~4
20 =
∞=
⋅π⋅µ
=
aaI
dldF
m.
Отже, розрахункова формула не суперечать фізичним міркуванням.
Відповідь: aI
dldF
m ⋅π⋅µ
=
4
20 .
Приклад 1.7 Квадратна рамка зі струмом 90,0=I А розміщена в одній
площині з довгим прямим провідником, по якому проходить струм 0,50 =I А. Сторона рамки a =8,0 см. Вісь рамки, яка проходить через середини протилежних сторін і паралельна проводу, знаходиться від нього на відстані, яка 5,1=η раза більша за сторону рамки. Знайти: а) силу Ампера, що діє на рамку; б) механічну роботу, яку потрібно виконати для повороту рамки навколо її осі на °180 , коли струми підтримувати незмінними.
Розв’язання Довгий прямий провідник із струмом 0I
створює навколо себе магнітне поле, індукція якого B
r (див. рис. 1.11). У цьому магнітному
полі знаходиться квадратна рамка, по якій проходить струм I . Зрозуміло, що на сторони рамки, які знаходяться в магнітному полі, діють сили Ампера, які визначаються формулою (1г).
Геометрична сума цих сил і буде шуканою силою F , що діє на
F , A′ - ? 9,0=I А;
50 =I А; a =8 см;
5,1=η ; °=ϕ∆ 180 .
-
32
рамку. Механічна робота A′ , яку потрібно виконати для повороту рамки на °=ϕ∆ 180 , рівна за модулем та протилежна за знаком роботі A , яку виконують для повороту рамки сили магнітного поля AA −=′ . (1) Саму ж роботу магнітного поля A знайдемо, використовуючи співвідношення (1ж).
Реалізуємо план розв’язання задачі. Спочатку знайдемо силу, що діє на рамку з боку магнітного поля, яке створюється довгим провідником із струмом 0I . Як вказувалося вище, сила, що діє на цю рамку, дорівнює геометричній сумі сил, що діють на сторони квадратної рамки (див. рис. 1.11).
DACDKCAK FFFFFrrrrr
+++= . (2)
Відповідно до закону Ампера (1г) можемо записати
[ ]∫ ×=AK
AK BldIFrrr
, [ ]∫ ×=KC
KC BldIFrrr
,
[ ]∫ ×=CD
CD BldIFrrr
, [ ]∫ ×=DA
DA BldIFrrr
, (3)
де інтегрування виконується вздовж відповідних сторін рамки. Модуль індукції магнітного поля B , створеного довгим провідником зі струмом 0I , дорівнює (див. розв’язання прикладу 1.3, формула (3))
rIB
πµ
=2
00 , (4)
де r - відстань від провідника зі струмом 0I до точки, в якій визначаємо індукцію магнітного поля B . Напрямок цього поля Br
(див. рис. 1.11) визначається правилом правого гвинта . Знайдемо силу AKF
r, яка діє на сторону рамки AK . Ця
сторона паралельна проводу. Тому відстань від кожного елемента dl сторони AK до довгого провідника є однаковою
-
33
(див. рис. 1.11) і рівною )2/( aa −⋅η . У всіх точках цієї сторони значення індукції магнітного поля є однаковим як за модулем, так і за напрямком, і дорівнює
( )2/200
aaIB−⋅ηπ
⋅µ= . (5)
Рисунок 1.11
Тоді з (3) з урахуванням (5) отримаємо
( ) ( )2/122/20000
−ηπ⋅⋅µ
=−⋅ηπ
⋅⋅⋅µ=⋅⋅=⋅= ∫
IIaa
aIIAKBIdlBIFAK
AK . (6)
У цій формулі використано те, що, вектори Br
й ldr
на стороні AK перпендикулярні один до одного. Напрямок вектора AKF
r
визначається правилом лівої руки (див. рис. 1.11). Аналогічно знаходимо силу CDF
r.
0I
А
K C
D I dr
dS KBF
r CDF
r
DAFr
KCFr
r
a⋅η
I
I
a
Br
Br
I
-
34
( )2/1200
+ηπ⋅⋅µ
=IIFCD . (7)
Напрямок вектора CDFr
(див. рис. 1.11) визначається правилом лівої руки.
Розглянемо сили KCFr
й DAFr
, які діють на сторони KC та DA . Струми в цих сторонах рамки проходять у протилежних напрямках, розміщені ці сторони однаково по відношенню до довгого провідника. Тому сили, що діють на ці сторони будуть рівними за модулем та протилежними за напрямком. Геометрична сума цих сил буде дорівнювати нулю
0=+ DAKC FFrr
. (8)
З урахуванням (6)-(8), а також того, що напрямки сил AKFr
і CDFr
протилежні (див. рис. 1.11), із співвідношення (2) знаходимо
=−=+= CDAKCDAK FFFFFrrrr
( )142
200
−ηπ
⋅µ II . (9)
Визначимо механічну роботу A′ , яку потрібно виконати для повороту рамки на 1800 відносно її осі. Як зазначалося вище, ця механічна робота рівна за модулем та протилежна за знаком роботі A , яку виконують для повороту рамки магнітні сили (1). Саму ж роботу магнітного поля A знайдемо, використовуючи співвідношення (1ж) ( )12 ФФIA −= , (10) де 1Ф й 2Ф - потоки індукції магнітного поля через рамку із струмом I на початку та після повороту цієї рамки. Для визначення потоку індукції магнітного поля через рамку розіб’ємо площу рамки на елементарні площі adrdS ⋅= (11)
як це показано на рис. 1.11. Індукція магнітного поля Br
, що пронизує елементарну площу dS у всіх точках цієї площі постійна й визначається виразом (4). Напрямок вектора Sd
r
-
35
визначаємо за напрямком переміщення правого гвинта, який обертається за напрямком струму I в рамці.
У початковому стані рамки напрямок вектора Sdr
збігається за напрямком з вектором B
r, а в кінцевому положенні рамки ці
вектори протилежні. Тому, використовуючи вирази (4), (11) та означення потоку вектора, отримаємо
1212ln
2200
2/
2/
001 −η
+η⋅
πµ
=⋅⋅π⋅µ
=⋅=⋅= ∫ ∫ ∫+⋅η
−⋅η
aIdrarIdSBSdBФ
aa
aa
rr,
12 ФdSBФ ∫ −=⋅−= . (12) Тоді з формул (1), (10) та (12) знаходимо
1212lnФ2 001 −η
+ηπ
⋅⋅µ=⋅=′
aIIIA . (13)
Аналіз отриманого результату 1 Перевіримо, чи дають розрахункові формули (9) та (13)
правильні одиниці вимірювання шуканих фізичних величин. Для цього в праву й ліву частини цих співвідношень замість символів фізичних величин підставимо їх одиниці вимірювання.
Зрозуміло, що [ ]F =Н. З іншого боку,
( ) НАмТлААмТлА
мГн
142 22
200 =⋅⋅=⋅
⋅=⋅=
−ηπ⋅µ II .
Тобто Н=Н. Таким чином, розрахункова формула (9) дає правильні одиниці вимірювання.
Зрозуміло, що [ ]A′ =Дж. З іншого боку,
ДжмАТлмААммТлмА
мГн
1212ln 22
2200 =⋅⋅=⋅
⋅⋅
=⋅=
−η+η
π⋅⋅µ aII .
Тобто Дж=Дж. Таким чином, розрахункова формула (13) дає правильні одиниці вимірювання.
-
36
2 Запишемо фізичні величини, що входять у розрахункові формули (9) та (13), в одиницях СІ й виконаємо обчислення:
( )7
2
7
200 105,4Н
)15,14(0,590,01042
14
2 −− ⋅=−⋅⋅π
⋅⋅⋅π⋅=
−ηπ
⋅µ=
IIF Н.
15,1215,12ln08.059,0104
1212ln
700
−⋅+⋅
π⋅⋅⋅⋅π
=−η+η
π⋅⋅µ
=′−aIIA Дж=
7109,2 −⋅= Дж. 3 Проведемо дослідження розрахункової формули у
граничних випадках. а) Розглянемо випадок, коли струм у рамці I прямує до
нуля. Зрозуміло, що тоді шукані і сила F , і робота A′ будуть дорівнювати нулю. З розрахункової формули випливає такий
самий результат. Коли 0→I , то ( )
;0~14
22
00 →−ηπ
⋅⋅µ= IIIF
0~1212ln00 →
−η+η
π⋅⋅µ
= IaIIA .
а) Розглянемо випадок, коли струм у довгому провіднику 0I прямує до нуля. Зрозуміло, що тоді магнітне поле, в якому знаходиться рамка із струмом, зникне. Отже, шукані сила F та робота A′ будуть дорівнювати нулю. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли 00 →I , то
( );0~
14
202
00 →−ηπ
⋅⋅µ= IIIF 0~
1212ln 000 →−η
+ηπ
⋅⋅µ= IaIIA .
Отже, розрахункові формули (9) та (13) не суперечать фізичним міркуванням.
Відповідь: ( )
45,014
22
00 =−ηπ
⋅⋅µ=
IIF мкН,
29,01212ln00 =
−η+η
π⋅⋅µ
=aIIA мкДж.
-
37
Приклад 1.8 Усередині однорідного довгого
прямого провідника круглого перетину є кругла довга циліндрична порожнина, вісь якої паралельна осі провідника й зміщена відносно останньої на величину ar (див. рис. 1.12). По провіднику проходить постійний струм густини j
r. Знайти індукцію
магнітного поля усередині порожнини.
Розв’язання Струм, що проходить у провіднику з
порожниною, магнітне поле якого потрібно знайти, можна замінити системою двох струмів:
струму із густиною 1jr
= jr
, який проходить у такому ж провіднику, але без порожнини, та струму із густиною струму
2jr
=- jr
, що проходить у просторі, де знаходиться порожнина (див. рис. 1.12). Тоді результуюча густина цих двох електричних струмів у просторі, де знаходиться порожнина, буде дорівнювати нулю ( ) 021 =−+=+ jjjj
rrrr. А це якраз і відповідає
випадку, що розглядається в задачі. Зрозуміло, що магнітне поле у
порожнині відповідно до принципу суперпозиції буде дорівнювати сумі магнітних полів
21 BBBrrr
+= , які створені струмами із густиною 1j
r= j
r та 2j
r=- j
r. Поля
1Br
та 2Br
створюються струмами, які мають циліндричну симетрію. Тому для їх визначення використаємо теорему для
Рисунок 1.12
B -? ar , j
r.
Рисунок 1.13
rr
jr
O
Br
ar
jr
O
O′
-
38
циркуляції індукції магнітного поля. Реалізуємо вище викладений план розв’язання задачі.
Спочатку визначимо індукцію магнітного поля усередині однорідного довгого прямого провідника круглого перетину (див. рис. 1.13), уздовж якого проходить постійний струм з густиною j
r (порожнина відсутня). Як зазначалося вище, через
те, що електричний струм розподілений рівномірно по перетину провідника, з міркувань симетрії можна зробити висновок, що індукція магнітного поля у всіх точках, які рівновіддалені від осі провідника на відстань r однакова за модулем й направлена перпендикулярно до векторів rr та j
r (рис. 1.13). Тому контур
інтегрування для визначення циркуляції вектора Br
беремо у вигляді кола радіусом r з центром на осі провідника у точці O (рис. 1.13). Циркуляція вектора B
r у такому контурі буде мати
вигляд
rBdlBdlBldB π⋅=⋅=⋅=⋅ ∫∫∫ΓΓΓ
2rr
. (1)
Відповідно до теореми Гаусса про циркуляцію індукції магнітного поля (1б) можемо записати
∑∫ µ=⋅Γ i
iIldB 0rr
, (2)
де ∑i
iI - струм, що пронизує контур інтегрування. Зрозуміло,
що цей струм дорівнює добутку площі контура інтегрування на густину електричного струму, який через нього проходить (див. рис. 1.13)
∑i
iI jr ⋅π=2 . (3)
Підставляємо вирази (1) та (3) в (2) і знаходимо
jrrB ⋅π⋅µ=π⋅ 202 ,
або
-
39
2/0 jrB ⋅⋅µ= . (4)
Якщо врахувати напрямки векторів (див. рис. 1.13), то формулу (4) можемо записати у вигляді
[ ]2
0 rjBrrr ×⋅µ
= . (5)
Як зазначалося вище, струм, що проходить у провіднику з порожниною, можна подати як сукупність двох струмів: струму із густиною 1j
r= j
r, який
проходить у такому ж провіднику, але без порожнини, та струму із густиною струму 2j
r=- j
r, що
проходить у просторі, де знаходилась порожнина (див. рис. 1.14). Магнітні поля 1B
r та
2Br
, які створюють відповідно струми 1jr
та 2jr
, в довільній точці порожнини можна знайти з допомогою формули (5)
[ ]2
1101
rjBrrr ×⋅µ
= , [ ]2
2202
rjBrrr ×⋅µ
= , (6)
де 1rr – радіус-вектор проведений від центра струму 1j (точки
O ) до точки A , в якій шукаємо індукцію магнітного поля; 2rr -
радіус вектор проведений від центра струму 2j (точки O′ , яка є центром порожнини) до точки A (див. рис. 1.14). Тоді індукція результуючого магнітного поля буде дорівнювати
21 BBBrrr
+= = [ ]2
110 rjrr
×⋅µ + [ ]2
220 rjrr
×⋅µ =
Рисунок 1.14
ar
jr
O
O′
1rr
2rr
A
-
40
[ ]+×⋅µ=2
10 rjrr [ ] ( )[ ]
=−×⋅µ
=×−⋅µ
22)( 21020 rrjrj
rrrrr [ ]2
0 ajrr
×⋅µ . (7)
Тут використали, що 1jr
= jr
, 2jr
=- jr
та, як випливає з рис. 1.14,
21 rrarrr
−= . Таким чином
[ ] 2/0 ajB rrr
×⋅µ= . (8)
Аналіз отриманого результату 1 Перевіримо, чи дає розрахункова формула (8) правильні
одиниці вимірювання шуканої фізичної величини. Для цього в праву й ліву частини співвідношення (8) замість символів фізичних величин підставимо їх одиниці вимірювання.
Зрозуміло, що [ ] Тл=B . З іншого боку,
[ ] ТлммА
АммТл
ммА
мГн2/][ 2
2
20 =⋅
⋅⋅⋅
=⋅
⋅=×⋅µ aj rr
.
Таким чином, Тл=Тл, розрахункова формула дає правильні одиниці вимірювання.
2 Проведемо дослідження розрахункової формули у граничних випадках.
Розглянемо випадок, коли густина електричного струму j , що створює магнітне поле дорівнює нулю. Зрозуміло, що тоді й індукція магнітного поля буде дорівнювати нулю. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли
0=j , то [ ] 0~2/|| 0 →×⋅µ= jajB rrr
. Отже, розрахункова формула не суперечить фізичним
міркуванням. Відповідь: [ ] 2/0 ajB r
rr×⋅µ= .
Приклад 1.9 Прямий нескінченно довгий провідник із струмом I лежить
у площині поділу двох непровідних середовищ із магнітними проникностями 1µ й 2µ . Знайти модуль вектора індукції
-
41
магнітного поля у всьому просторі як функцію відстані r до провідника. Мати на увазі, що силові лінії вектора B
r є колами із
центром на осі провідника. Розв’язання
Виходячи з того, що силові лінії вектора Br
є колами із центром на осі провідника, для визначення залежності модуля вектора індукції
магнітного поля B від відстані r використаємо теорему про циркуляцію вектора H
r (див. формулу (1з)). Також візьмемо до
уваги зв’язок між векторами Hr
й Br
(див. формулу (1к)).
Рисунок 1.15
Перейдемо до реалізації плану розв’язання задачі. Відповідно до теореми про циркуляцію вектора H
r (див.
формулу (1з)) можемо записати
∑∫ =⋅Γ i
iIldHrr
, (1)
де у якості контура інтегрування, як зазначалося вище, беремо коло радіусом r із центром на осі провідника (див. рис. 1.15). Зрозуміло, що в цьому випадку алгебраїчна сила струмів, що проходять через контур інтегрування буде такою, що дорівнює струму провідника I :
)(rBB = -?
1µ , 2µ , I .
1µ
2µ
1
2
4
r
Γ
ldr
I 3 Br
-
42
IIi
i =∑ . (2)
Знайдемо циркуляцію вектора Hr
. Подамо цю циркуляцію у вигляді суми двох інтегралів: уздовж півкіл 123 та 341 (див. рис. 1.15)
∫ ∫∫ ⋅+⋅=⋅123 341
21 ldHldHldHГ
rrrrrr. (3)
Як відомо індукція і напруженість магнітного поля пов’язані між собою співвідношенням (1к):
HBrr
⋅µ⋅µ= 0 . (4)
Тому для напруженості магнітного поля у двох середовищах можемо записати
10
11 µ⋅µ
=BHr
r,
20
22 µ⋅µ
=BHr
r, (5)
де індексом «1» та «2» позначені величини відповідно 1-го та 2-го середовищ. Як відомо з умови задачі, лінії вектора B
r є
колами із центром на осі провідника. Це означає, що в кожній точці цього кола (в тому числі і в кожній точці контура інтегрування) вектор B
r є дотичним до цього кола і має один і
той самий модуль. Тобто в кожній точці контура інтегрування
1010
01
10
11
)0cos(µ⋅µ
⋅=
µ⋅µ⋅⋅
=µ⋅µ
⋅=⋅
dlBdlBldBldHrr
rr,
2020
02
20
22
)0cos(µ⋅µ
⋅=
µ⋅µ⋅⋅
=µ⋅µ
⋅=⋅
dlBdlBldBldHrr
rr. (6)
У співвідношеннях (6) взяли до уваги, що в кожній точці кола модуль вектора B
r має одне і те ж значення (в тому числі і в
різних середовищах): BBB == 21 . Підставляємо (6) в (3) і знаходимо
-
43
=⋅µµ
+⋅µµ
=µ⋅µ
⋅+
µ⋅µ⋅
=⋅ ∫ ∫∫∫ ∫123 34120341 1020123 10
dlBdlBdlBdlBldHrr
rBB π⋅
µ⋅µ
+µ⋅µ
=2010
. (7)
Тут враховано, що довжина напівкола дорівнює rπ , тобто
rdldl π== ∫∫341123
.
Далі підставляємо (7) та (2) в (1) і знаходимо
rIrBB
π⋅µ
⋅µ+µµ⋅µ
== 021
21)( . (8)
Аналіз отриманого результату 1 Перевіримо, чи дає розрахункова формула (8) правильні
одиниці вимірювання шуканої фізичної величини. Для цього в праву й ліву частини співвідношення (8) замість символів фізичних величин підставимо їх одиниці вимірювання.
Зрозуміло, що [ ] Тл=B .
З іншого боку, ТлмА
АммТл
мА
мГн 20
21
21 =⋅⋅⋅
=⋅=
π
⋅µ⋅
µ+µµ⋅µ
rI .
Таким чином, Тл=Тл, розрахункова формула дає правильні одиниці вимірювання.
2 Проведемо дослідження розрахункової формули у граничних випадках.
а) Розглянемо випадок, коли електричний струм провідника I прямує до нуля. Зрозуміло, що тоді й індукція магнітного поля, яке створюється цим струмом, буде прямувати до нуля. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли
0→I , то 0~021
21 →π
⋅µ⋅
µ+µµ⋅µ
= Ir
IB .
б) Розглянемо випадок, коли відстань від провідника до точки, в якій шукаємо індукцію магнітного поля, r прямує до нескінченності. Зрозуміло, що індукція магнітного поля на
-
44
нескінченній відстані від його джерела буде прямувати до нуля. З розрахункової формули випливає такий самий результат. Коли
∞→r , то 01~021
21 →π
⋅µ⋅
µ+µµ⋅µ
=rr
IB .
Отже, розрахункова формула не суперечить фізичним міркуванням.
Відповідь: r
IrBπ
⋅µ⋅
µ+µµ⋅µ
= 021
21)( .
Приклад 1.10 На залізне кільце середнього діаметра D =25 см намотано 1200=N витків проводу. У кільці зроблено поперечний проріз,
внаслідок чого утворився повітряний зазор завширшки h =5 м. За умови, коли по обмотці проходить струм силою 5,2=I А, напруженість магнітного поля в зазорі буде 5701 =H кА/м. Визначити магнітну проникність µ заліза за цих умов. Розсіянням поля біля країв зазору знехтувати.
Розв’язання Для розв’язання задачі використаємо
теорему про циркуляцію напруженості магнітного поля в речовині (1з) та умови на межі поділу двох магнетиків (1і). Також візьмемо до уваги зв’язок між векторами H
r й B
r (1к).
Перейдемо до реалізації плану розв’язання задачі. Відповідно до теореми про циркуляцію вектора H
r (див.
формулу (1з)) можемо записати
∑∫ =⋅Γ i
iIldHrr
. (1)
За контур інтегрування Γ візьмемо коло діаметром D , центр якого співпадає з центром залізного кільця (див. рис. 1.16, штрихова лінія). Зрозуміло, що кожний виток із струмом буде проходити через цей контур інтегрування (див. рис. 1.16). Тому
µ - ? 25=D см,
h =5 мм, 1200=N , 5,2=I А, 5701 =H кА/м.
-
45
алгебраїчна сила струмів, що проходять через контур інтегрування, буде дорівнювати добутку струму провідника I на кількість витків проводу: INI
ii ⋅=∑ . (2)
Рисунок 1.16
Знайдемо циркуляцію вектора Hr
. Подамо цю циркуляцію у вигляді суми двох інтегралів: у повітряному зазорі та всередині залізного кільця (див. рис. 1.16)
∫ ∫∫Γ Γ
⋅+⋅=⋅1 2
21 ldHldHldHГ
rrrrrr, (3)
де індекс «1» відповідає величинам, що характеризують повітряний зазор ширини