Домашнее задание по теме: «Электромагнитная индукция»

МГТУ им. Н.Э. Баумана
Домашнее задание по теме: «Электромагнитная индукция»
Студент: Сироткин Н.В.
Группа: РК9-32
Вариант: №20
Москва, 2005г.
Условие:
По двум гладким медным шинам скользит невесомая перемычка, к которой
приложена переменная сила F(t). Сопротивление перемычки равно Ro, поперечное
сечение S, концентрация носителей заряда (электронов) в проводнике перемычки равна
n0. Перемычка замыкает электрическую цепь, состоящую либо из конденсатора ёмкости
С, либо из индуктивности L или из сопротивления R, в соответствии с рисунком.
Расстояние между шинами l. Система находится в однородном переменном магнитном
поле с индукцией В(t), перпендикулярном плоскости,
в которой перемещается
перемычка. Сопротивление шин, скользящих контактов, а также самоиндукция контура
пренебрежимо малы. Ускорение перемычки в начальный момент времени конечно, а
положение ее определено и равно Y(0) =Y0.
Закон изменения магнитного поля для нечетных вариантов ВZ = c exp(- mt),
Закон изменения силы для всех вариантов FY = -f exp (-nt);
Константы f и c считать известными.
Определить:
1) закон изменения тока I(t);
2) закон движения перемычки Y = Y(t);
3) максимальное значение Ymax;
4) законы изменения проекции силы Лоренца на ось X (Fлx) и на ось Y (Fлy),
действующей на электрон;
5) закон изменения напряженности электрического поля в перемычке E(t);
6) установить связь между силой Ампера, действующей на перемычку, и силой
Лоренца, действующей на все электроны в перемычке.
7) построить зависимости тока через перемычку (I(t) / I max), Y(t)/Y(0).
z
№ варианта
n
m
21
n
3n
x
L
B
Ro
y
Z
Дано:
X
F   fe nt , R0, S,
L, n0, l, Bz  ce  mt ,
M=0; Y(0)=Yo;
1) I(t) - ?; 2) Y=Y(t) - ?;
3)Ymax - ?; 4) Fly - ?;
L
S
B
5) Flx -? 6) E(t) - ?;
Y
2
I
C
I
M
R
V
dl
e
Ve
R0
Fлx
Fлy
ε
1
n
F
L
E
FA
+
1) Рассчитаем магнитный поток через поверхность S, натянутую на проводящий контур:
   ( B dS )   BdS cos( B, dS );
S
(1)
S
Так как n  B , то cos( B, dS )  cos 0  1;
С учетом этого:
   BdS cos( B, dS )   BdS  BS ;
S
(1.1)
S
Площадь контура и индукция магнитного поля есть функции времени t, поэтому
магнитный поток будет функцией t:
(t )  B(t )S (t )  ce  mt ly (t )  cle 3nt y(t );
(1.2)
Применим для определения ЭДС индукции закон Фарадея:
 
d
;
dt
(1.3)
Подставим сюда выражение из (1.2) и продифференцируем:


d
d e 3nt y(t )
 
 cl
 3cnle 3nt y (t )  cle 3nt y (t );
dt
dt
(1.4)
Определим по правилу Ленца направление индукционного тока и учтем его в дальнейших
рассуждениях, обозначив на чертеже.
Для определения силы I используем основное уравнение динамики в проекции на ось Y:
(1.5)
М y   Fy  FA  F ;
Учитывая, что стержень невесомый получаем:
(1.6)
FA  F (t)   fe nt
Найдем силу Ампера, действующую на перемычку:
dF  I [dl, B] .
Поэтому, учитывая, что dl  B  sin( dl , B)  1 и интегрируя по длине перемычки,
получим:
FA   IBdl sin( dl , B)  IB  dl  IBl ; (1.7)
l
l
Из уравнений (1.6) и (1.7) получаем:
IBl =F(t);
F (t )  fe  nt
I

Bl
Bl
тогда:
при Bz  ce 3nt :
fe 2 nt
(1.8);
cl
2) Составим эквивалентную схему и рассчитаем зависимость координаты Y от времени.
Закон Ома для неоднородного участка цепи:
R0 I  1   2   ;
(2.1)
I=
dI
fe 2 nt
и  2  1  U   L
перепишем (2.1) в виде:
dt
cl
nf
 2 L e 2 nt  e 3n (3ncly (t )  cly (t ))
(2.2)
cl
Учитывая, что I 
R0 f 2 nt
e
cl
перепишем данное выражение с условием, что U   L
dI
nf
 2 L e 2 nt :
dt
cl
R0 f 2 nt
e  U  e 3nt (3ncly (t )  cly (t ))
cl
Решим данное дифференциальное уравнение
fn
y (t )  3ny (t )   2 2 ( R0  2 Ln)e 5nt ;
c l
Данное уравнение — линейное с постоянными коэффициентами, и правой частью
специальной вида.
Общее решение связанного однородного уравнения:
Yо.о  ke3nt ;
Частное решение неоднородного уравнения запишем в виде:
Yч.н.  
f
( R0  2 Ln)e 5 nt ;
2 2
2c l
Общее решение данного уравнения записываем в виде:
Y (t )  Yо.о  Yч.н.  ke3nt 
f
( R0  2 Ln)e 5nt ;
2 2
2c l
Произвольную постоянную k определим из начального условия Y (0)  Y0 :
f
k  2 2 ( R0  2 Ln)  Y0 ;
2c l
Окончательно:
Y(t)= (
f
f
3nt
(
R

2
Ln
)

Y
)
e

( R0  2 Ln)e 5nt ;
0
0
2 2
2 2
2c l
2c l
(2.4)
3) Определим максимальное значение Y(t) = Ymax:
dY
f
5nf
 3n( 2 2 ( R0  2 Ln)  Y0 )e 3nt  2 2 ( R0  2 Ln)e 5 nt  0 .
dt
2c l
2c l
Логарифмируя, получим:
t0 
1
 3f

 5f

[ln  2 2 ( R0  2 Ln)  Y0   ln  2 2 ( R0  2 Ln ]
2n  2c l

 2c l

3
 3
Y0 c 2 l 2
f
 Y0  2 2 R0  2 Ln ;
Ymax  Y (t 0 )   

2c l

 5 5 f ( R0  2 Ln)  2
(3)
4) Найдем проекцию силы Лоренца, действующей на заряды в перемычке в проекции на
ось Y. Движение электрона складывается из собственного движения в проводнике и
движения вместе с перемычкой. Силу Лоренца в проекции на ось Y вызывает собственное
движение электронов:
Fлy  e[v x B ];
(4)
Найдем скорость движения электронов в проводнике:
j
.
j  nev x , отсюда v x 
ne
I
Подставляя сюда j  , получим:
S
j
I
vx 

;
(4.1)
ne neS
Подставляя в это выражение формулу из (1.8) получим:
I
1 fe 2 nt
(4.2)
vx 

;
neS neS cl
Подставим найденное соотношение (4.2) в исходную формулу (4) и учитывая, что
v x  B  sin( v x , B)  1 :
fe  nt
(4.3)
;
nlS
5) Найдем проекцию силы Лоренца, действующей на заряды в перемычке в проекции на
ось X. Силу Лоренца в проекции на ось Y вызывает переносное движение электронов
вместе с перемычкой. Данная сила компенсируется силами реакций медных шин.
Fл x  e[v y B];
(5)
Скорость переносного движения электронов равна скорости движения перемычки:
f
5nf
v y  v  y  3n( 2 2 ( R0  2 Ln)  Y0 )e 3nt  2 2 ( R0  2 Ln)e 5 nt ;
(5.1)
2c l
2c l
Подставляя полученное в формулу (5) и учитывая, v y  B  sin( v y , B)  1 записываем:
Fлy  e[v x B]  ev x B sin( v, B)  
f
5nf


Fлx  e[v y B]  ev y B sin( v y , B)  e 3n(
( R0  2 Ln)  cY0 ) 
( R0  2 Ln)e 2 nt 
2
2
2c l
2c l


(5.2)
6) Найдем напряженность электрического поля в перемычке:
d
Имеем: E   grad , E l  
.
(6)
dx
Из уравнения (2.1) получаем, отсчитывая потенциал от точки M:
R( x) I   ( x)  
(7.1)
Считаем, что сопротивление в перемычке однородно по длине и получаем:
R
R ( x)  x;
l
Отсюда:
 ( x)   R( x) I   ;
(7.2)
Подставляя в (7) и используя (2.2), получим:
d
d ( R( x) I   )
fR
El  

 2 e 2 nt
(7.3)
dx
dx
cl
8) Выполним проверку полученных результатов:
Сила Ампера является результатом действия силы Лоренца на каждый носитель
электрического заряда и является суммой этих сил.
(8)
FA   Fл .
Вычислим силу Ампера как сумму сил Лоренца, действующих на электроны в перемычке:
Fa  Fлy N ; где N – кол-во электронов в перемычке.
(8.1)
N  nSl
Подставляя выражения (8.2) и (5.3) в (8.1) получим:
fe  nt
FA  Fлy N  nSl
  fe nt
;
nlS
(8.2)
Сравнивая полученный результат, со значением силы, полученным в (1.6), убеждаемся,
что они совпадают.
Выполним проверку единиц измерения:
 1 
[I ]  Н 
  А;
 мТл 
[ Y] 
Н 
Гн 
Ом 
  м;
2 2 
с 
Тл м 
[E] 
Н * Ом В
 ;
Тл * м 2 м
9) Построим графики зависимостей
I (t ) Y (t )
:
и
I max
Y (0)
I (t )
 e  nt ;
I max
Y (t )
f
f
 ( 2 2 ( R0  2 Ln)  1)e 3nt  2 2 ( R0  2 Ln)e 5 nt   A  1e 3nt  A e 5 nt ;
Y ( 0)
2c l Y0
2c l Y0
где
A
f ( R0  2 Ln)
2c 2 l 2Y0
Ответ:
1) I=
fe 2 nt
cl
2) Y(t)= (
f
f
3nt
(
R

2
Ln
)

Y
)
e

( R0  2 Ln)e 5nt ;
0
0
2 2
2 2
2c l
2c l
3
 3
Y0 c 2 l 2
f
 Y0  2 2 R0  2 Ln ;
3) Ymax  Y (t 0 )   

2c l

 5 5 f ( R0  2 Ln)  2
I (t ) Y(tfe
)  nt
и
4)

;
I maxFлy  Y
0 nlS
f
5nf


( R0  2 Ln)  cY0 ) 
( R0  2 Ln)e 2 nt 
5) Fлx  e 3n(
2
2
2c l
2c l


fR
6) E(t)  2 e 2 nt ;
cl
Y(t)
1
I
0
t