Условие задачи:

Плоский виток провода расположен перпендикулярно однородному магнитному полю. Когда виток повернули на 180°, по нему прошел заряд 7,2 мКл. На какой угол повернулся виток, если по нему прошел заряд 1,8 мКл?

Задача №8.4.47 из «Сборника задач для подготовки к вступительным экзаменам по физике УГНТУ»

Дано:

\(\beta_0=90^\circ\), \(\alpha_1=180^\circ\), \(q_1=7,2\) мКл, \(q_2=1,8\) мКл, \(\alpha_2-?\)

Решение задачи:

В общем случае магнитный поток \(\Phi\) через некоторую плоскую поверхность (например, плоский виток), помещённую в однородном магнитном поле, можно определить по такой формуле:

\[\Phi = BS\cos \alpha \]

В этой формуле \(B\) — индукция магнитного поля, \(S\) — площадь поверхности, через которую определяется магнитный поток, \(\alpha\) — угол между нормалью к площадке и вектором магнитной индукции.

Если виток расположен перпендикулярно однородному магнитному полю (имеется ввиду вектору его индукции), то есть \(\beta_0=90^\circ\), значит угол \(\alpha_0=0^\circ\). Поэтому начальный магнитный поток \(\Phi_0\) равен (\(\cos \alpha=1\)):

\[\Phi_0 = BS\]

В первом случае виток поворачивают на угол \(\alpha_1\). Так как \(\alpha_0=0^\circ\), то этот угол является углом между нормалью и вектором магнитной индукции, поэтому магнитный поток \(\Phi_1\) равен:

\[\Phi_1 = BS\cos \alpha_1 \]

Во втором случае виток уже поворачивают на угол \(\alpha_2\). Аналогично, магнитный поток \(\Phi_2\) равен:

\[\Phi_2 = BS\cos \alpha_2 \]

Изменение магнитного потока \(\Delta \Phi\) в первом и втором случае соответственно равно:

\[\left\{ \begin{gathered}
\Delta {\Phi _1} = BS\cos {\alpha _1} — BS \hfill \\
\Delta {\Phi _2} = BS\cos {\alpha _2} — BS \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

\[\left\{ \begin{gathered}
\Delta {\Phi _1} = BS\left( {\cos {\alpha _1} — 1} \right) \hfill \\
\Delta {\Phi _2} = BS\left( {\cos {\alpha _2} — 1} \right) \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Понятно, что из-за изменения магнитного потока в витке будет возникать ЭДС индукции. Согласно закону Фарадея для электромагнитной индукции, ЭДС индукции, возникающая в контуре при изменении магнитного потока, пересекающего этот контур, равна по модулю скорости изменения магнитного потока. Поэтому:

\[{{\rm E}_i} = \left| {\frac{{\Delta \Phi }}{{\Delta t}}} \right|\]

Значит ЭДС индукции в первом и втором случаях равна:

\[\left\{ \begin{gathered}
{{\rm E}_{i1}} = \left| {\frac{{BS\left( {\cos {\alpha _1} — 1} \right)}}{{\Delta t}}} \right| \hfill \\
{{\rm E}_{i2}} = \left| {\frac{{BS\left( {\cos {\alpha _2} — 1} \right)}}{{\Delta t}}} \right| \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Так как \(\cos \alpha < 1\), то можем избавиться от модуля, тогда получим:

\[\left\{ \begin{gathered}
{{\rm E}_{i1}} = \frac{{BS\left( {1 — \cos {\alpha _1}} \right)}}{{\Delta t}} \hfill \\
{{\rm E}_{i2}} = \frac{{BS\left( {1 — \cos {\alpha _2}} \right)}}{{\Delta t}} \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

С другой стороны, из закона Ома следует, что:

\[\left\{ \begin{gathered}
{{\rm E}_{i1}} = {I_1}R \hfill \\
{{\rm E}_{i2}} = {I_2}R \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

В этой формуле \(I_1\) и \(I_2\)— силы тока в витке, \(R\) — сопротивление витка.

Тогда имеем:

\[\left\{ \begin{gathered}
\frac{{BS\left( {1 — \cos {\alpha _1}} \right)}}{{\Delta t}} = {I_1}R \hfill \\
\frac{{BS\left( {1 — \cos {\alpha _2}} \right)}}{{\Delta t}} = {I_2}R \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Домножим обе части уравнения на время \(\Delta t\):

\[\left\{ \begin{gathered}
BS\left( {1 — \cos {\alpha _1}} \right) = {I_1}\Delta tR \hfill \\
BS\left( {1 — \cos {\alpha _2}} \right) = {I_2}\Delta tR \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Произведение соответствующей силы тока \(I_1\) или \(I_2\) на время \(\Delta t\) даёт протекший через виток заряд \(q_1\) или \(q_2\), значит:

\[\left\{ \begin{gathered}
BS\left( {1 — \cos {\alpha _1}} \right) = {q_1}R \hfill \\
BS\left( {1 — \cos {\alpha _2}} \right) = {q_2}R \hfill \\
\end{gathered} \right.\]

Разделим нижнее равенство на верхнее:

\[\frac{{1 — \cos {\alpha _2}}}{{1 — \cos {\alpha _1}}} = \frac{{{q_2}}}{{{q_1}}}\]

\[1 — \cos {\alpha _2} = \frac{{{q_2}}}{{{q_1}}}\left( {1 — \cos {\alpha _1}} \right)\]

\[\cos {\alpha _2} = 1 — \frac{{{q_2}}}{{{q_1}}}\left( {1 — \cos {\alpha _1}} \right)\]

\[{\alpha _2} = \arccos \left( {1 — \frac{{{q_2}}}{{{q_1}}}\left( {1 — \cos {\alpha _1}} \right)} \right)\]

Задача решена в общем виде, посчитаем численный ответ:

\[{\alpha _2} = \arccos \left( {1 — \frac{{1,8 \cdot {{10}^{ — 3}}}}{{7,2 \cdot {{10}^{ — 3}}}}\left( {1 — \cos 180^\circ } \right)} \right) = 60^\circ = \frac{\pi }{3}\]

Ответ: \(\frac{\pi}{3}\).

Если Вы не поняли решение и у Вас есть какой-то вопрос или Вы нашли ошибку, то смело оставляйте ниже комментарий.

Смотрите также задачи:

8.4.46 Контур площадью 2 м2 и сопротивлением 0,003 Ом находится в однородном поле
8.4.48 Короткозамкнутая катушка, состоящая из 1000 витков проволоки, помещена в магнитное поле
8.4.49 Поток магнитной индукции в проводящем контуре, содержащем 100 витков

Пожалуйста, поставьте оценку
( 8 оценок, среднее 4.75 из 5 )
Вы можете поделиться с помощью этих кнопок:
Комментарии: 2
  1. Аноним

    может тут другое решение?
    dq / dt = 1/R * |eps| = 1/R * d PHI / dt = 1/R * B * S * d(cos(a)) dt
    q = 1/R * B * S * cos(a)
    или
    q = A * cos(a)
    из граничных условий
    A = 1/R * B * S = 7.2
    1.8 = 7.2 * cos(a2)
    a2 = …

    1. Easyfizika (автор)

      Скорее вот так:\[\Delta q = \frac{{BS}}{R}\left| {\Delta \cos \alpha } \right|\]Для двух случаев, описываемых в задаче, имеем:\[\left\{ \begin{gathered}
      {q_1} = \frac{{BS}}{R} \cdot \left| {\cos {\alpha _1} — \cos {\alpha _0}} \right| \hfill \\
      {q_2} = \frac{{BS}}{R} \cdot \left| {\cos {\alpha _2} — \cos {\alpha _0}} \right| \hfill \\
      \end{gathered} \right.\]По условию изначально виток расположен перпендикулярно магнитному полю, поэтому \(\alpha_0=0\) и \(\cos {\alpha _0} = 1\). Если раскрыть модули, учитывая, что косинус всегда меньше 1, имеем:\[\left\{ \begin{gathered}
      {q_1} = \frac{{BS}}{R} \cdot \left( {1 — \cos {\alpha _1}} \right) \hfill \\
      {q_2} = \frac{{BS}}{R} \cdot \left( {1 — \cos {\alpha _2}} \right) \hfill \\
      \end{gathered} \right.\]Тогда:\[\frac{{{q_2}}}{{{q_1}}} = \frac{{1 — \cos {\alpha _2}}}{{1 — \cos {\alpha _1}}}\]Косинус угла \(\alpha_1\) равен -1, поэтому:\[\frac{{{q_2}}}{{{q_1}}} = \frac{{1 — \cos {\alpha _2}}}{2}\]\[\cos {\alpha _2} = 1 — \frac{{2{q_2}}}{{{q_1}}}\]\[\cos {\alpha _2} = 1 — \frac{{2 \cdot 1,8}}{{7,2}}\]\[\cos {\alpha _2} = 0,5\]\[{\alpha _2} = 60^\circ \]В своем решении выше я решал подробно без промежуточных подстановок :smile:

Добавить комментарий

;-) :| :x :twisted: :smile: :shock: :sad: :roll: :razz: :oops: :o :mrgreen: :lol: :idea: :grin: :evil: :cry: :cool: :arrow: :???: :?: :!: