2018-08-08
Бесконечно длинный тонкий проводник с током $I = 50 А$ имеет изгиб (плоскую петлю) радиусом $R = 10 см$. Определить в точке О магнитную индукцию $B$ поля, создаваемого этим током, в случаях а-е, изображенных на рис.
Решение:
а) Закон Био - Савара Лапласа
$d \vec{B} = \frac{ \mu_{0} \mu }{4 \pi} [d \vec{l} \vec{r} ] \frac{I}{r^{3} }$ (1)
где $d \vec{B}$ - магнитнная индукция поля создаваемого элементов проводника с током; $\mu$ - магнитная проницаемость; $\mu_{0}$ - магнитная постоянная; $d \vec{l}$ - вектор, равный по модулю длине $dl$ проводника и совпадающий по направлению с током; $I$ - сила тока радиус; $\vec{r}$ -вектор, проведенный от вередины элемента проводника к точке, магнитная индукция в которой определяется.
Модуль вектора $d \vec{B}: dB = \frac{ \mu \mu_{0} }{4 \pi} \frac{I \sin \alpha}{r^{2} } dl$ (2)
где $\alpha$ - угол между векторами $d \vec{l}$ и $\vec{r}$:
Магнитная индукция в точке О определим по принципу суперпозиции магнитных полей, создаваемых прямолинейными участками I и II и полуокружностью III
$\vec{B} = \vec{B}_{1} + \vec{B}_{2} + \vec{B}_{3}$
так как точка О находится на оси прямолинейных участков то для них в формуле (2) $\alpha = 0; \sin \alpha = 0$, следовательно $B_{1} = B_{2} = 0$:
и магнитная индукция в точке О определяется полукруговым током: $B = B_{3}$. Выделим на участке III элемент $dl$. Тогда $dB_{3} = \frac{ \mu \mu_{0} }{4 \pi} \frac{I}{r^{2} }dl$: (в каждой точке полуокружности $\alpha = \pi / 2$ )
Учтя, что $r = R$ ( $R$ - радиус полукоружности ), проинтегрируем
$B = B_{3} = \int_{0}^{ \pi R} \frac{ \mu \mu_{0} }{4 \pi} \frac{Idl}{R^{2} } = \frac{ \mu \mu_{0}I }{4R}$
для вакуума $\mu = 1$
$B = \frac{4 \pi \cdot 10^{-7} \cdot 50 }{4 \cdot 0,1} = 1,57 \cdot 10^{-4} Тл$
б) Согласно принципу суперпозиции магнитных полей результирующая магнитная индукция в точке О будет складываться из магнитных индукций, создаваемых из трех участков провода в отдельности
$\vec{B} = \vec{B}_{I} + \vec{B}_{II} + \vec{B}_{III}$
Все три вектора направлены в точке О в одну сторону. В силу симметрии $\vec{B}_{I} = \vec{B}_{III} \Rightarrow B = 2B_{I}+B_{II}$
Магнитная индукция поля, создаваемого отрезком проводника
$B = \frac{ \mu \mu_{0} }{4 \pi} \frac{I}{r_{0} } ( \cos \phi_{1} - \cos \phi_{2} )$
В нашем случае (рис.): $r_{0} = R; \phi_{1} = \frac{ \pi}{2}; \cos \phi_{1} = 0; \phi_{2} \rightarrow \pi; \cos \phi_{2} = 2 \rightarrow B_{i} = \frac{ \mu \mu_{0} }{4 \pi} \frac{I}{R} (0 - (-1)) = \frac{ \mu \mu_{0} I }{4 \pi R}$.
($\mu$ - магнитная постоянная, $\mu_{0} = 4 \pi \cdot 10^{-4} Гн/м$ )
Магнитная индукция поля, создаваемого круговым током в центре (точка О):
$B = \frac{ \mu \mu_{0} I }{2R}$.
Тогда, индукция поля полукругового тока равна: $B_{II} = \frac{1}{2} \frac{ \mu \mu_{0} I }{2R} = \frac{ \mu \mu_{0} I }{4R}$
Результирующая индукция поля в точке О:
$B = \frac{ \mu \mu_{0}I }{2 \pi R} + \frac{ \mu \mu_{0} I }{4R} = \frac{ \mu \mu_{0}I }{4 \pi R}(2 + \pi)$
для вакуума $\mu = 1$
$B = \frac{4 \pi \cdot 10^{-7} \cdot 50 }{4 \pi \cdot 0,1} (2 + 3,14) = 2,57 \cdot 10^{-4} Тл$
в) Магнитная индукция в точке О определим по принципу суперпозиции $\vec{B} = \vec{B}_{1} + \vec{B}_{2} + \vec{B}_{3}$, где $\vec{B}_{1}, \vec{B}_{2}$ и $\vec{B}_{3}$ - индукции полей, создаваемых участками 1,2 и 3 проводника соответственно т.к. точка О лежит на оси проводника 3, то $\vec{B}_{1} = 0$. Тогда $\vec{B} = \vec{B}_{1} + \vec{B}_{2}$. Причем $\vec{B}_{1} \uparrow \uparrow \vec{B}_{2}$. Поэтому модуль вектора $\vec{B}$ равен: $B = B_{1} + B_{2}$. На основании закона Био-Савара-Лапласа индукция в центре кругового витка: $B = \frac{ \mu_{0}I }{2R}$ т.е. участок 2 представляет собой 3/4 окружности радиуса $R$, то $B_{2} = \frac{3}{4} \frac{ \mu_{0}I }{2R} = \frac{3 \mu_{0}I }{8R}$
Индукция поля, создаваемого отрезком проводника, равна
$B_{1} = \frac{ \mu_{0}I }{4 \pi R} ( \cos \phi_{1} = \cos \phi_{2} )$, где, как видно из рисунка $\phi_{1} = \frac{ \pi}{2} ( \cos \phi_{1} = 0); \phi_{2} \rightarrow \pi ( \cos \phi_{2} = - 1 )$. Поэтому
$B_{1} = \frac{ \mu_{0}I }{4 \pi R} (0 -(-1)) = \frac{ \mu_{0}I }{4 \pi R}$.
Следовательно, результирующая индукция поля в точке О:
$B = \frac{ \mu_{0}I }{4 \pi R} + \frac{3 \mu_{0}I }{8R} = \frac{ \mu_{0}I }{8 \pi R} (2 + 3 \pi)$
($\mu_{0} = 4 \pi \cdot 10^{-7} Гн/м$ - магнитная постоянная)
$B = \frac{4 \pi \cdot 10^{-7} \cdot 50 }{8 \pi \cdot 0,1} (3 \cdot 3,14 + 2) = 2,86 \cdot 10^{-4} Тл$
г) В соответствии с принципом суперпозиции магнитная индукция в точке О равна:
$\vec{B} = \vec{B}_{1} + \vec{B}_{2} + \vec{B}_{3}$, где $\vec{B}_{1}, \vec{B}_[2]$ и $\vec{B}_{3}$ - индукции полей, создаваемых проямолинейными участками 1,2 и 3 проводника, соответственно (рис). В силу симметрии индукции полей, создаваемых прямолинейными участками 1 и 3 проводника, в точке О равны между собой: $\vec{B}_{1} = \vec{B}_{2}$. Поэтому
$\vec{B} = 2 \vec{B}_{1} + \vec{B}_{2}$.
Векторы $\vec{B}_{1}$ и $\vec{B}_{2}$ в точке О направлены противоположно. Следовательно, модуль вектора $\vec{B}$:
$B = |2B_{1} - B_{2} |$, (1)
Участок 2 проводника представляет собой окружность радиуса $R$. Магнитная индукция $B_{2}$ в центре этого кругово витка с током определяется по формуле:
$B_{2} = \frac{ \mu_{0}I }{2R}$, (2)
где $\mu_{0}$ - магнитная постоянная ($ \mu_{0} = 4 \pi \cdot 10^{-7} Гн/м$)
Определим индукцию поля $B_{1}$ прямолинейного проводника. Выделим на участке 1 элемент проводника $dl$. Этот элементарный ток создает магнитное поле, модуль вектора магнитной индукции которого в точке О, согласно закону Био-Савара0Лапласа, равен:
$dB_{1} = \frac{ \mu_{0} I \sin \alpha }{4 \pi r^{2} }dl$,
где $r$ - расстояние от элемента $dl$ до точки О; $\alpha$ - угол между векторами $d \vec{l}$ и $\vec{r}$.
Как следует из рисунка $r = \frac{R}{ \sin \alpha}; dl = \frac{r d \alpha}{ \sin \alpha} = \frac{R d \alpha}{ \sin^{2} \alpha }$
Следовательно
$dB_{1} = \frac{ \mu_{0} I \sin \alpha }{4 \pi R^{2} / \sin^{2} \alpha } \frac{R d \alpha}{ \sin^{2} \alpha } = \frac{ \mu_{0}I }{4 \pi R} \sin \alpha d \alpha$
Интегрируя в пределах от $\alpha_{1} = 0$ до $\alpha_{2} = \frac{ \pi}{2}$ получим:
$B_{1} = \frac{ \mu_{0}I }{4 \pi R} \int_{0}^{ \pi /2} \sin \alpha d \alpha = \frac{ \mu_{0}I }{4 \pi R} \left . ( - \cos \alpha) \right |_{0}^{ \pi /2} = \frac{ \mu_{0} I }{4 \pi R} ( \cos 0 - \cos \frac{ \pi}{2} ) = \frac{ \mu_{0} I }{4 \pi R}$, (3)
Подставим выражения (2) в (3) в формулу (1) получаем:
$B = \left |2 \frac{ \mu_{0}I }{4 \pi R} - \frac{ \mu_{0}I }{2R} \right | = \left | \frac{ \mu_{0}I }{2 \pi R} - \frac{ \mu_{0}I }{2R} \right | = \frac{ \mu_{0}I }{2 \pi R} |1 - \pi|$, (4)
Так как выражение под знаком модуля отрицательно ($1 - \pi < 0$), то, следовательно, $B_{2} > 2B_{1}$. Поэтому вектор $\vec{B}$ сонаправлен с вектором $\vec{B}_{2}$ направлен (перпендикулярно плоскости чертежа, за чертежом).
Раскрывая энак модуля в выражении (4) получаем:
$B = \frac{ \mu_{0} I }{2 \pi R} ( \pi - 1)$
$B = \frac{4 \pi \cdot 10^{-7} \cdot 50 }{2 \pi \cdot 0,1} (3,14 - 1) = 2,14 \cdot 10^{-4} Тл$
д) В соответствии с принципом суперпозиции магнитная индукция в точке О равна:
$\vec{B} = \vec{B}_{1} + \vec{B}_{2} + \vec[B]_{3}$, где $\vec{B}_{1}, \vec{B}_{2}$ и $\vec{B}_{3}$ - индукции полей, создаваемых участками 1,2 и 3 проводника соответственно (рис). В силу симметрии индукции полей, создаваемых прямолинейными участками 1 и 3 проводника, в точке О равны между собой: $\vec{B}_{1} = \vec{B}_{3}$. Поэтому:
$\vec{B} = 2 \vec{B}_{1} + \vec{B}_{2}$.
Векторы $\vec{B}_{1}$ и $\vec{B}_{2}$ в точке О направлены в одну сторону. Следовательно направление вектора $\vec{B}$ совпадает с направлениями векторов $\vec{B}_{1}$ и $\vec{B}_{2}$ (перпендикулярно плоскости сертежа, на нас ), и модуль вектора $\vec{B}$ равен:
$B = 2B_{1} + B_{2}$, (1)
Участок 2 проводника представляет собой окружность радиуса $R$. Магнитная индукция $B_{2}$ в центре этого кругового витка с током определяется по формуле:
$B_{2} = \frac{ \mu_{0}I }{2R}$, (2)
где $\mu_{0}$ - магнитная постоянная ($\mu_{0} = 4 \pi \cdot 10^{-7} Гн/м$)
Определим индукцию $B_{1}$ поля прямолинейного проводника. Выделим на участке 1 элемент проводника $dl$. Этот элементарный ток создает магнитное поле, модуль вектора магнитной индукции которого в точке О согласно закону Био-Савара-Лапласа, равен:
$dB_{1} = \frac{ \mu_{0} I \sin \alpha }{4 \pi r^{2} } dl$,
где $r$ - расстояние от эдемента $dl$ до точки O; $\alpha$ - угол инжду векторами $d \vec{l}$ и $\vec{r}$.
Как следует из рисунка $r = \frac{R}{ \sin \alpha}; dl = \frac{r d \alpha}{ \sin \alpha} = \frac{D d \alpha}{ \sin^{2} \alpha }$.
Следовательно,
$dB_{1} = \frac{ \mu_{0} I \sin \alpha }{4 \pi R^{2} / \sin^{2} \alpha } \frac{R d \alpha}{ \sin^{2} \alpha } = \frac{ \mu_{0}I }{4 \pi R} \sin \alpha d \alpha$
Интегрируя в пределах от $\alpha_{1} = 0$ до $\alpha_{2} = \frac{ \pi}{2}$ получим:
$B_{1} = \frac{ \mu_{0} I }{4 \pi R} \int_{0}^{ \pi /2} \sin \alpha d \alpha = \frac{ \mu_{0}I }{4 \pi R} \left . (- \cos \alpha) \right |_{0}^{ \pi /2} = \frac{ \mu_{0}I }{4 \pi R} ( \cos 0 - \cos \frac{ \pi}{2} ) = \frac{ \mu_{0}I }{4 \pi R}$. (3)
Подставляя выражение (3) и (2) в формулу (1) получаем:
$B = 2 \frac{ \mu_{0} I }{2 \pi R} + \frac{ \mu_{0} I }{2 R} = \frac{ \mu_{0}I }{2 \pi R} + \frac{ \mu_{0}I }{2R} = \frac{ \mu_{0}I }{2 \pi R} ( \pi + 1)$
$B = \frac{4 \pi \cdot 10^{-7} \cdot 50 }{2 \pi \cdot 0,1} ( \pi + 1) = 4,14 \cdot 10^{-4} Тл$
е) В соответствии с принципом суперпозиции магнитная индукция в точке О равна:
$\vec{B} = \vec{B}_{1} + \vec{B}_{2} + \vec{B}_{3}$, где $\vec{B}_{1}, \vec{B}_{2}$ и $\vec{B}_{3}$ - индукция полей создаеваемых участками 1,2 и 3 проводника соответственно (рис.). В силу симметрии индукции полей, создаваемых прямолинейными участками 1 и 3 проводника, в точке О равны между собой: $\vec{B}_{1} = \vec{B}_{3}$. Поэтому
$\vec{B} = 2 \vec{B}_{1} + \vec{B}_{2}$.
Векторы $\vec{B}_{1}$ и $\vec{B}_{2}$ в точке О направлены потивоположно. Следовательно, модуль векторы $\vec{B}$:
$B = |2B_{1} - B_{2} |$, (1)
Участок 2 проводника представляет собой дугу, составляюшую две трети окружности радиуса $R$, т.к. $\frac{2 \pi - 2\pi /3}{2 \pi} = 1- \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$. Магнитная индукция в центре кругового витка с током определяется выражением:
$B = \frac{ \mu_{0}I }{2R}$.
Поэтому индукция $B_{1}$ поля участка 2 проводника в точке О равна:
$B_{2} = \frac{2}{3} \frac{ \mu_{0}I }{2R} = \frac{ \mu_{0}I }{3R}$. (2)
Определим индукцию $B_{1}$ поля прямолинейного проводника. Выделим на участке 1 элемент проводника $dl$. Этот элементарный токслздает магнитное поле, модуль вектора магнитной индукции которого в токе О, согласно закону Био-Савара-Лапласа, равен:
$dB_{1} = \frac{ \mu_{0} I \sin \alpha }{4 \pi r^{2} }dl$, (3)
где $r$ - расстояние от элемента $dl$ до точки О; $\alpha$ - угол между векторами $d \vec{l}$ и $\vec{r}$; $\mu_{0}$ - магнитная постоянная ($ \mu_{0} = 4 \pi \cdot 10^{-7} Гн/м $)
Как следует из рисунка
$r_{0} = R \sin \frac{ \pi}{6} = \frac{R}{2}; r = \frac{r_{0} }{ \sin \alpha} = \frac{R/2}{ \sin \alpha}; dl = \frac{rd \alpha}{ \sin \alpha} = \frac{R/2}{ \sin^{2} \alpha } d \alpha$.
С учетом этих соотношений формула (3) примет вид:
$dB_{1} = \frac{ \mu_[0] I \sin \alpha }{4 \pi R^{2} / (4 \sin^{2} \alpha) } \frac{R/2}{ \sin^{2} \alpha } d \alpha = \frac{ \mu_{0}I }{2 \pi R} \sin \alpha d \alpha$.
Интегрируя в пределах от $\alpha_{1} = 0$ до $\alpha_{2} = \frac{ \pi}{6}$ получаем:
$B_{1} = \frac{ \mu_{0} I }{2 \pi R} \int_{0}^{ \pi /6} \sin \alpha d \alpha = \frac{ \mu_{0}I }{2 \pi R} \left . ( - \cos \alpha) \right |_{0}^{ \pi /6} = \frac{ \mu_{0}I }{2 \pi R} ( \cos 0 - \cos \frac{ \pi}{6} )$
Подставляя значения $\cos 0 = 1$ и $\cos \frac{ \pi}{6} = \frac{ \sqrt{3} }{2}$ получим:
$B_{1} = \frac{ \mu_{0}I }{2 \pi R} \left ( 1 - \frac{ \sqrt{3} }{2} \right )$, (4)
Подставляя выражения (2) и (4) в формулу (1) получаем:
$B = \left | \frac{ \mu_{0}I }{ \pi R} \left ( 1 - \frac{ \sqrt{3} }{2} \right ) \right | = \frac{ \mu_{0}I }{R} \left | \frac{2 - \sqrt{3} }{2 \pi} - \frac{1}{3} \right | $, (5)
Так как выражение, стоящее под знаком модуля отрицательно $ \left ( \left ( \frac{2 - \sqrt{3} }{2 \pi} - \frac{1}{3} \right ) < 0 \right ) $, то следовательно $B_{2} > 2B_{1}$. Поэтому вектор $\vec{B}$ сонаправлен с вектором $\vec{B}_{2}$ (направлен перпендикулярно плоскости чертежа, за чертежом)
Раскрывая щнак модуля в выражении (5) получаем:
$B = \frac{ \mu_{0}I }{R} \left ( \frac{1}{3} - \frac{2 - \sqrt{3} }{2 \pi} \right )$.
$B = \frac{4 \pi \cdot 10^{-7} \cdot 50 }{0,1} ( \frac{1}{3} - \frac{2 - \sqrt{3} }{2 \cdot 3,14} ) = 1,82 \cdot 10^{-4} Тл$