Материал: 2039

Внимание! Если размещение файла нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам

Пример 7. Два аккумулятора с ЭДС 1 = 6 В и 2 = 12 В

соединены одноимёнными полюсами (рис. 15). Внутренние сопротивления источников: r1 = 1 Ом и r2 = 2 Ом. Найти разность потенциалов φА – φВ точек А и В данной цепи.

Решение. Разность потенциалов на концах участка цепи найдём на основании обобщённого закона Ома: I = [(φA− φB) + А-В]/RА-В ;

φA – φB =

IRA-B – A-B .

Силу тока I, одинаковую на всех участках данной цепи, можно

определить

по

закону Ома для

замкнутой цепи I =

, где

+ r2

= 1 + 2

– суммарная ЭДС источников тока в данной

цепи; (r1 + r2) – суммарное сопротивление цепи.

Если предположить, что ток идёт по часовой стрелке,

А●

В●

то значение I получится отрицательным:

I =

+ 2

; I =

6 +(−12)

;

I = –2 А.

Рис. 15

+ r2

2 + 1

Следовательно, ток в цепи направлен против часовой стрелки, что

можно было предвидеть, так как 2 > 1.

Разность

потенциалов

найдём

по закону Ома для

участка

А 2В (нижнего на рис. 15), обходя участок вдоль направления тока: φА – φВ = Ir2 – 2 . φА – φВ = (2·2 – 12) В = –8 В.

Проверка решения: φВ – φА = Ir1 – 1 = [2·1 – (–6)] В = 8 В.

Пример 8. На диаграмме (рис. 16) показано изменение силы

тока со временем в вольфрамовой нити. Длина нити l = 2,5 м; сечение S = 0,20 мм2. Определить: а) количество теплоты, выделенное за две секунды; б) электрический заряд, прошедший через поперечное сечение нити за то же время. Удельное сопротивление9 вольфрама ρ = 0,25 мкОм∙м.

Q = ? q = ?			Решение. Cила тока i изменяется по линейному
			закону (см. рис. 16)	i = I1 + k∙t, где		I1 = 4 А – cила тока
ℓ = 2,5 м
S = 1,0·10 –6 м2			в момент времени t1	= 0; k =	i	– скорость измене-
	−7	Ом м
ρ=2,5 10					t
t1= 0; t2 = 2 c			ния силы тока (постоянная величина).

9 В данном примере используется среднее удельное сопротивление ρ=0,25 мкОм м с учётом его температурной зависимости, так как с изменением силы тока меняется температура проводника. (Табличное значение при температуре 20 °С для вольфрама ρ = 55 нОм·м.)

0 0,5 1,0 t, c

Рис. 16

способами.

Учитывая численные значения коэффициентов: I1 = 4 А; k = 2 А/с, закон изменения тока запишем в виде уравнения

i = 4 – 2∙t, где i – сила тока, А; t – время, с.

Если сила тока изменяется по линейному закону, то электрический заряд q можно найти несколькими

1.Способ дифференцирования и интегрирования.

Сила тока – это скорость протекания заряда, или производная

	dq
заряда по времени,	i= dt	=> dq = i dt .		Интегрируя, получим
t 2		2	2			│ 2
q=∫(4 – 2∙t )dt ;	q= ∫4 dt−∫2 t dt =4t │ 2				−t2	│ 2	; q = 4 Кл.
t1		0	0	0		0

2. Графический способ. Исходя из геометрического смысла интеграла, найдём площадь, ограниченную сверху графиком i(t), а снизу – осью 0t (площадь треугольника, см. рис. 16).

q=½(t 2 – t1)I1 .

q = ½(2 – 0) 4 А c = 4 Кл.

3. Использование

среднего

значения

величины,

изменяющейся

по линейному закону.

↑

Если переменная величина,

входящая

расчётную формулу, изменяется по линейному

закону, то можно обойтись без интегрирования,

используя

вычислениях

среднее

арифметическое

начального

конечного

значений.

Вид по А

данном

случае

q = I t ,

где

Рис. 19

I = ½(I1 + I 2)

– средняя сила тока;

I1 = 4 А;

I2 = 0; q = 2 2 Кл = 4 Кл .

	Расчёт количества теплоты. Использование среднего значения
		квадрата силы тока			I2	в выражении закона Джоуля
i2		– Ленца	Q =i2 R t		некорректно из-за нелинейности



А2			2



8		функции	i (t)	(рис.		17). Поэтому применим
		функции	i (t)	(рис.		17). Поэтому применим
		универсальный		способ		дифференцирования и

4


		интегрирования

00,5 1,0 t, c Рис. 17

δ Q = i2 R dt ; Q =∫i2 (t) R d t .

Величину Q также можно оценить, исходя из геометрического смысла интеграла, умножив значение R на площадь под кривой i2(t).

Электромагнетизм

Пример 9. Электрон, прошедший в электрическом поле между

точками с разностью потенциалов 71 В, влетает в однородное магнитное поле под углом 45° к силовым линиям и движется по винтовой линии радиуса R = 10 см. Найти скорость электрона, индукцию В магнитного поля, период Т обращения данной частицы, шаг h винтовой линии.

υ=? B=? T=? h=?

R = 10·10 –2 м

α = 45° = π/4 рад me = 9,1·10 –31 кг qe = e = 1,6·10 –19 Кл U = 71 В

q – заряд частицы;

Решение. Для нахождения скорости используем известную из механики теорему об изменении кинетической энергии: работа всех сил, действующих на тело, равна изменению кинетической энергии тела, A = K , где А = qU – работа кулоновской силы; U – разность потенциалов;

K = me2υ2 − 0.

√

Тогда

U =

m υ2

υ =

2qe U

υ =

2 1,60 10−19 71

9,1 10−31

υ = 5,0·106 м/c.

Представим вектор скорости электрона

в виде суммы двух

взаимно перпендикулярных составляющих:

= υ||

υ ,

где вектор

υ|| направлен

вдоль силовой

линии, а

υ перпендикулярен ей (рис. 18).

π ) = 5,0 106 √

υ = υ cos(

м/c ;

Рис. 18

υ = υ sin (π ) = 5,0 106

√

м/c.

Со скоростью υ частица движется по окружности радиуса R в

плоскости, перпендикулярной вектору

с ускорением

B ,

an = υ /R ,

тогда как вдоль вектора

она смещается равномерно со скоростью

; Т = 1,78 ·10-7 с ≈ 0,18 мкс.

υ||. Результирующая траектория представляет собой винтовую линию. На заряженную частицу, движущуюся в магнитном поле, действует сила Лоренца F Л =q υ B sin α, перпендикулярная плоскости, в которой лежат векторы υ и B. Эта сила сообщает частице нормальное ускорение, заставляя её двигаться по окружности. По

второму закону Ньютона					или q υ B = mυ2 / R.
	me υ		F = m a ,				e
			9,31 10−31 5,0 106				/2
						2
B =		; B =			√			−4
	R qe		10 10−3 1,6 10−19 .					B = 2,1 10	Тл .
Период обращения (время, за которое частица совершает один
оборот) найдём по формуле T =				2π R	, где 2πR – длина окружности.
				υ_\|_

T = 2 2 3,14 10 10−2

5,0 106 √2

Расстояние h = υ||·T, проходимое частицей за время одного оборота Т со скоростью υ||, есть шаг винтовой линии.

h = 5,0	√	2	106 м	1,78 10−7 c = 6,29 10−1	м; h = 0,63 м.
	2
			с
Пример 10.			Длинный изолированный		проводник с током

I1 = 10 А расположен перпендикулярно плоскости кругового витка с током I2 = 3 А, касаясь его в одной точке, как показано на рис. 19. Радиус витка R = 3 см. Найти магнитную индук-

цию B (модуль и направление

вектора)

поля, созданного

обоими проводниками в центре витка.

поля длин-ного

В =?

Решение. Магнитная индукция

I1 = 10 A; I2 = 3 A

прямого

проводника

током

рассчиты-вается

по

R = 3·10 –2 м

формуле

μμ0 I1

где

–

рас-стояние

от

μ = 1

2 π r

μ0=4π·10 –7 Гн/м

проводника

где

определяется индукция

до точки,

поля В1 ; I1 – сила тока в проводнике; μ – магнитная

проницаемость среды; μ0 – магнитная постоянная. Так как в данном случае расстояние от проводника до точки, где определяется индукция

результирую-щего поля		r = R, то	B1 =	μμ0 I1		,	где R – ра-диус
	В ,
				2	π R

витка. Индукция в центре кругового тока B2 = μμ0 2IR2 , где I2 – сила тока в витке. Вектор В1 направлен к наблюдателю; вектор В2 –

вертикально

вниз,

перпендикулярно

теореме

Пифагора

В1 . По

модуль вектора

В :

B = √B1

+ B2 .

Направление искомого

вектора

определяется

углом

отклонения от вертикали (см. рис. 19, вид по А): tgα = B1/ B2 .

1 4π 10−7 10 Тл ;

= 1 4 π10−7 3 Тл;

2π 3 10−2

2 3 10−2

B = 10−6

672 +212

= 70 10−6 ;

B = 70 мкТл;

√

tg α =

67 = 3,17; α = arc tg3,17; α = 73°.

Пример 11. Какова индукция магнитного поля В

в центре кругового витка с током I = 3,0 А, если

магнитный момент витка рm= 500 мА∙м2 ?

B=?

Решение. Магнитная индукция поля в

I = 3,0 А

центре витка

зависит от силы тока I и

pm = 0,500 А·м2

μ = 1

от

радиуса

витка

по

закону

Рис. 20

где

–

магнитная

μ0 =4π·10 –7 Гн/м

B = μμ0 2 R

проницаемость среды; μ0 – магнитная постоянная.

Из определения магнитного момента контура, pm = I S ,

где S –

площадь

поверхности, охватываемой

контуром

(в

данном

случае

S = πR2

– площадь

круга), получим

pm = Iπ R2 .

Решая

систему

полученных уравнений, находим искомую индукцию магнитного поля

в центре кругового витка с током: B

μμ0

√

πI3

[B] =

Гн

А3

=Гн A

=В c A =

Дж

H м

=Тл.

A м2

A м

√

м2

А м2

A м2

B =

1 4 π10−7

3,14 3,0

0,500

;

B = 8,2 10−6 Тл.

√

Пример 12. Контур с током I = 10 А в виде квадрата площадью

S = 400 см2 свободно установился в однородном магнитном поле (B = 0,2 Тл). Вычислить работу A при повороте контура на 180° относительно оси, проходящей через одну из его сторон. Сила тока в контуре поддерживается постоянной.

А	= ?	Решение. На контур, помещённый в магнитное поле,
I = 10 A
S = 400 ·10-4 м2		69
В = 0,20 Тл
φ* =180° = π рад

Смотрите также:


«ДОХОДЫ, РАСХОДЫ И ПРИБЫЛЬ КОММЕРЧЕСКОГО БАНКА.»
«ДОХОДЫ, РАСХОДЫ И ПРИБЫЛЬ КОММЕРЧЕСКОГО БАНКА.»
Значение, сущность и содержание социально — педагогической деятельности в организации для детей-сирот и детей, оставшихся без попечения родителей
Проактивные методы PR-деятельности российских авиационных компаний «Россия», «Азимут»
__RGR2
__RGR2
_10_Эмиль Золя для эл версии
_11_А. Франс для эл версии
_2 тема-Дефекты (тезисы)