книги / Сборник задач по физике.-1
.pdfгде α – угол между вектором dlG и радиус-вектором rG. Таким образом,
B = |
µ0 I |
∫ |
sinα |
dl. |
|
|
(3) |
||
|
2 |
|
|
||||||
|
|
4π l r |
|
|
|
||||
Выразим длину элемента провода dl через угол dα: dl = |
|||||||||
= rdα/sinα. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Запишем выражение |
sinαdl в виде |
sinα rdα |
= dα. Пере- |
||||||
|
|
||||||||
r2 sinα |
|||||||||
|
r2 |
r |
|||||||
менная r также зависит |
от α (r = r0/sinα), следовательно, |
dα = sinαdα. Таким образом, выражение (3) можно переписать r r0
|
|
µ0 I |
α2 |
|
|
|
|
в виде |
B = |
∫ sin αdα, где α1 и α2 – пределы интегриро- |
|||||
4πr0 |
|||||||
|
|
α1 |
|
|
|
||
вания. |
|
|
|
|
|
|
|
Выполним интегрирование: |
|
||||||
|
|
|
B = |
µ0 I |
(cosα1 −cosα2 ). |
(4) |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
4πr0 |
|
При симметричном расположении точки А относительно отрезка провода cosα2 = –cosα1. С учетом этого формула (4) примет вид
|
B = |
|
µ0 I |
cosα1. |
|
(5) |
|||||
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
2πr0 |
|
|
|||||
Из рисунка следует, что |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
cosα1 = |
|
|
|
|
l |
|
|
= |
|
l |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
l |
2 |
2 |
|
4r02 +l2 |
||||||
|
|
|
|
|
|||||||
2 |
|
|
|
|
+ r0 |
|
|
||||
|
|
|
|
||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
Подставив выражение cosα1 в формулу (5), получим
111
B = |
µ0 I |
|
l |
|
. |
(6) |
2πr0 |
|
|
|
|||
|
|
4r02 + l2 |
|
|||
Произведя вычисления |
|
по |
формуле |
(6), получим |
В = 26,7 мкТл.
№ 2. Бесконечно длинный провод изогнут так, как изображено на рисунке. Радиус R дуги окружности равен 10 см. Опре-
делить индукцию BG магнитного поля, создаваемого в точке О током I = 80 А, текущим по этому проводу.
Р е ш е н и е.
Магнитную индукцию B в точке О найдем, используя принцип суперпозиции магнитных полей BG = ∑BGi .
В нашем случае провод можно разбить на три части: два прямолинейных провода (1 и 3), одним концом уходящие в бесконечность, и дугу полуокружности (2) радиусом R. Тогда
BG = BG1 + BG2 + BG3 , где BG1 , BG2 и BG3 – индукции магнитных полей в точке О, создаваемые током первого, второго и третьего участков провода.
Поскольку точка О лежит на оси провода 1, B1 = 0, и тогда
BG = BG2 + BG3 . Учитывая, что векторы B2 и BG3 направлены в соответствии с правилом буравчика перпендикулярно плоскости чертежа от нас, геометрическое суммирование можно заменить алгебраическим: В = В2 + В3.
112
Магнитную индукцию В2 найдем, воспользовавшись выражением для магнитной индукции в центре кругового тока
B = µ20RI .
В нашем случае магнитное поле в точке О создается лишь половиной кругового тока, поэтому B2 = µ40RI .
Магнитную индукцию В3 найдем, применив соотноше-
ние (4) (пример 1): B3 = µ0 I (cosα1 −cosα2 ). 4πr0
В |
нашем |
случае r0 |
= R, α1 |
= |
|
π/2 |
(cosα1 = 0), |
||||||||
α2 → π (cos α2 = –1). Тогда B3 = |
µ0 I |
. |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
4πR |
|
|
|
|
|
|
|
Используя |
|
найденные |
|
выражения, |
получим |
||||||||||
В = В2 |
+ В3 = |
µ0 I |
|
+ |
µ0 I |
, следовательно, |
B = |
|
µ0 I |
|
(π+1). |
||||
4R |
|
|
4πR |
||||||||||||
|
|
|
4πR |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Произведем вычисления: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
В = |
4π 10−7 80 |
(π |
+1) = 3,31 10 |
–4 |
Тл. |
|
|||||||
|
|
4π 0,1 |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
№ 3. По двум бесконечным параллельным прямым проводам, находящимся на расстоянии d = 20 см друг от друга, текут одинаковые токи I = 1 кА. Вычислить силу взаимодействия токов, приходящуюся на 1 м длины проводника.
Р е ш е н и е.
Взаимодействие двух проводов, по которым текут токи, осуществляется через магнитное поле. Каждый ток создает магнитное поле, которое действует на другой провод.
Предположим, что оба тока (обозначим их I1 и I2) текут в одном направлении. Ток I1 создает в месте расположения второго провода (с током I2) магнитное поле, направление вектора
113
магнитной индукции B1 определяется по правилу буравчика. Модуль магнитной индукции В1 задается соотношением
B1 = |
µ0 I |
. |
(1) |
|
|||
|
2πd |
|
|
Согласно закону Ампера на каждый элемент dlG |
второго |
провода действуетG в магнитном поле сила dF = I2 B1dl sin α. По-
скольку вектор dl перпендикулярен вектору B , sin α =1, и тогда dF = I2B1dl. Подставив в это выражение значение В1, полу-
|
чим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dF = |
µ0 I1I2 |
dl. |
|||
|
|
|
|
2πd |
||||
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Силу F |
|
взаимодействия |
||||
|
токов |
найдем интегрирова- |
||||||
|
нием: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
µ0 I1I2 |
|
l |
µ0 I1I2 |
|
|
|
|
F = |
|
∫dl = |
|
l. |
||
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
2πd |
0 |
|
2πd |
||
Учитывая, что I1 = I2 = I, получим |
|
|
|
|
|
|
||
F = |
µ0 I 2l |
. |
|
|
|
|
|
|
2π d |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
Произведем вычисления:
F = 4π 10−7 (103 )2 1 = 1 H. 2π 0,2
Сила FG сонаправлена с силой dFG, а направление dF определяется правилом левой руки.
№ 4. Протон, прошедший ускоряющую разность потенциалов U = 600 В, влетел в однородное магнитное поле с индукцией В = 0,3 Тл и начал двигаться по окружности. Вычислить радиус R окружности.
114
Р е ш е н и е.
Движение заряженной частицы в однородном магнитном поле будет происходить по окружности только в том случае, если частица влетит в магнитное поле перпендикулярно линиям
индукции: vG BG. Поскольку сила Лоренца перпендикулярна вектору vG, она сообщает частице (протону) нормальное ускорение aGn .
Согласно второму закону Нью-
тона |
|
FЛ = maGn , |
(1) |
где m – масса протона. На рисунке совмещена траектория протона с плоскостью чертежа и дано (произвольно) направление вектора скорости vG. Силу Лоренца направим перпендикулярно вектору vG к цен-
тру окружности (векторы aGn и FGЛ сонаправлены). Используя правило левой руки, определим направление магнитных сило-
вых линий (направление вектора BG ).
Перепишем выражение (1) в скалярной форме (в проекции
на радиус): |
|
FЛ = man. |
(2) |
G |
G |
В скалярной форме FЛ = qvBsinα. В нашем случае v |
B |
и sinα = 1, тогда FЛ = qvB. Поскольку нормальное ускорение an = v2/R, выражение (2) перепишем следующим образом: qvB = = mv2/R. Отсюда выразим радиус окружности:
R = mv/(qB). |
(3) |
Скорость протона найдем, воспользовавшись связью между работой сил электрического поля и изменением кинетической энергии протона, т.е. А = ∆W, или q(ϕ1 – ϕ2) = W2 – W1, где (ϕ1 – ϕ2) = U – ускоряющая разность потенциалов (или уско-
115
ряющее напряжение); W1 и W2 – начальная и конечная кинетические энергии протона.
Пренебрегая начальной кинетической энергией протона W1 ≈ 0 и учитывая, что Wк = mv2/2, получим qU = mv2/2.
Найдем из этого выражения скорость v = |
2qU |
и подста- |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
вим ее в формулу (3), в результате получим |
|
|
|||||||
|
|
|
R = |
1 |
|
2mU . |
|
|
(4) |
|
|
|
B |
|
|
||||
|
|
|
|
q |
|
|
|
||
Произведем вычисления: |
|
|
|
|
|||||
R = |
1 |
|
2 1,67 10−27 600 |
= 0,0118 м. |
|
||||
0,3 |
|
1,6 10−19 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|||||
№ 5. Электрон, |
влетев в |
однородное |
магнитное поле |
(В = 0,2 Тл), стал двигаться по окружности радиусом R = 5 см. Определить магнитный момент рm эквивалентного кругового тока.
Р е ш е н и е.
Электрон начинает двигаться по окружности, если он влетает в однородное магнитное поле перпендикулярно линиям магнитной индукции.
Движение электрона по окружности эквивалентно току, ко-
торый в данном случае определяется выражением Iэкв = ∆qt = Te ,
где е – заряд электрона; Т – период его обращения.
Период обращения можно найти через скорость электрона и путь, проходимый электроном за период Т = (2πR)/v. Тогда
Iэкв = |
ev |
. |
(1) |
|
|||
|
2πR |
|
По определению магнитный момент контура с током выражается соотношением
116
|
|
pm = IэквS, |
(2) |
|
где S – площадь, ограниченная окружностью, |
описываемой |
|||
электроном, |
|
|
|
|
|
|
S = πR2. |
(3) |
|
Учитывая выражения (1), (2) и (3), получим |
|
|||
рm = |
ev |
π R2 , или pm = 1 evR. |
(4) |
|
2π R |
||||
|
2 |
|
||
Известно, что R = mv/(еB) (см. пример 4). Тогда для скоро- |
||||
сти v электрона находим |
v = eBR . Подставив это выражение |
|||
|
|
m |
|
в формулу (4) для магнитного момента рm электрона получим
= e2 BR2
рm 2m .
Произведем вычисления:
(1,6 10−19 ) 0,2 (0,05)2
рm = 2 9,1 10−31 = 7,03 10−12 А·м2.
№ 6. На железный стержень длиной 50 см и сечением 2 см2 намотан в один слой провод так, что на каждый сантиметр длины стержня приходится 20 витков. Определить энергию магнитного поля в сердечнике соленоида, если сила тока в обмотке
0,5 А.
Р е ш е н и е.
Энергия магнитного поля соленоида с индуктивностью L, по обмотке которого течет ток I, выражается формулой
W = 12 LI 2 .
Индуктивность соленоида зависит от числа витков на единицу длины n, от объема сердечника V и от магнитной проницаемости µ сердечника, т.е. L = µµ0 n2V, где µ0 – магнитная постоянная.
117
Магнитную проницаемость можно выразить следующей
формулой: µ = |
|
B |
, |
где В – индукция магнитного поля; Н – на- |
|||
|
µ0 H |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
пряженность. |
|
|
|
|
|||
|
Подставив в формулу энергии магнитного поля выраже- |
||||||
ние индуктивности |
|
L и магнитной проницаемости, получим |
|||||
W = |
1 |
B |
2 2 |
. |
|
|
|
2 |
|
n VI |
|
|
|||
H |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
||
|
Объем сердечника выразим через длину l и сечение S: |
||||||
W = |
1 |
B |
n2 I 2 Sl. |
|
|
||
2 |
H |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
Напряженность магнитного поля найдем по формуле Н = nI.
Подставив |
данные |
в |
единицах |
СИ, |
получим |
Н = 2 103 · 0,5 А/м = 103 А/м. |
|
|
|
|
|
Значению |
напряженности |
намагничивающего |
поля в |
103 А/м в железе соответствует индукция В = 1,3 Тл (см. график зависимости между Н и В в приложении).
Произведем вычисления:
W= 12 101,33 (2 103 )2 0,52 2 10−4 0,5 = 0,065 Дж.
№7. Плоский квадратный контур со стороной а = 10 см, по которому течет ток I = 100 А, свободно установился в однородном магнитном поле (В = 1 Тл). Определить работу А, совершаемую внешними силами при повороте контура относительно оси, проходящей через середину его противоположных сторон, на угол
ϕ = 90°. При повороте контура сила тока
внем поддерживается неизменной.
Ре ш е н и е.
На контур с током в магнитном поле действует момент силы
M = pmB sinϕ, |
(1) |
118
где pm – магнитный момент контура, pm = I · S = I · a2; В – индукция магнитного поля; ϕ – угол между вектором pGm (направлен
по нормали к контуру) и вектором B.
По условию задачи в начальном положении контур свободно установился в магнитном поле. При этом момент силы равен
нулю (М = 0), а значит, угол ϕ = 0, т.е. векторы pGm и B сона-
правлены. Если внешние силы выведут контур из положения равновесия, то возникший момент сил будет стремиться возвратить контур в исходное положение. Против этого момента и будет совершаться работа внешними силами. Поскольку момент сил переменный (зависит от угла поворота ϕ), для подсчета работы применим формулу работы в дифференциальной форме dA = Mdϕ. Учитывая формулу (1), получаем dA = IBa2sinϕdϕ.
Взяв интеграл от этого выражения, найдем работу при по-
ϕ
вороте на конечный угол A = IBa2 ∫sinϕdϕ. Работа при повороте
0
на угол ϕ = 90°
π/2 |
0π/2 = IBa2 . |
|
A = IBa2 ∫ sinφdϕ = IBa2 (−cosϕ) |
(2) |
|
0 |
|
|
Произведем вычисления: А = 100 · 1 · (0,1)2 = 1 Дж.
119
Глава 4. ОПТИКА. АТОМНАЯ И ЯДЕРНАЯ ФИЗИКА
4.1. Геометрическая оптика
Здесь можно выделить следующие типы задач: задачи на отражение света, задачи на преломление света и задачи на линзы.
Первую группу составляют задачи на построение изображения в плоском зеркале с использованием закона отражения. При построении изображения предмета в плоском зеркале следует помнить, что все лучи, исходящие из какой-либо точки предмета А, после отражения от зеркала пойдут так, что их продолжения будут пересекаться за зеркалом в одной и той же точке А1, которая является мнимым изображением точки А. В результате изображение предмета получается прямым, мнимым, равным по величине самому предмету, расположенному симметрично с ним по отношению к плоскости зеркала.
Задачи второй группы сравнительно просты. Их решают на основании формулы закона преломления с использованием геометрии и тригонометрии. При решении задачи прежде всего надо сделать чертеж, где следует указать ход лучей, идущих из одной среды в другую. Перед тем как чертить преломленный луч, необходимо установить, переходит ли он из оптически менее плотной среды в более плотную или наоборот. В зависимости от этого луч отклоняется от своего начального направления или приближаясь к нормали в точке падения, или удаляясь от нее. После того как сделан чертеж, нужно записать формулу закона преломления для каждого перехода луча из одной среды в другую и составить вспомогательные уравнения, связывающие углы и расстояния, используемые в задаче.
Задачи третьей группы – на построение изображения в одиночных линзах и расчеты, связанные с этим изображением, – решаются почти так же, как и задачи на зеркала. Для каждого положения предмета нужно построить изображение, отметить
120