ком i. Первый проводник прямой, второй согнут в форме полукольца. Найти силы, дей- ствующие на каждый проводник со стороны магнитного поля. Поле направлено пер- пендикулярно плоскости рис. 92 («от нас»).
Анализ и решение. По формуле Ампера сила, действующая на элемент dl провод-
ника, |
||
dF = i[dlB]. |
||
В данном случае угол (dl, B) для обоих проводников во всех точках равен |
π |
. Поэтому |
2 |
||
формула Ампера может быть записана в виде |
||
dF = IdlB . |
(1) |
1. Силы, действующие на каждый элемент первого проводника, параллельны меж- ду собой и направлены так, как показано на рис. 92, а. Параллельность всех элементар-
ных сил позволяет написать выражение для результирующей силы с учетом равенства
(1)
F1 = òdF = òidlB .
l l
Интеграл следует брать по всему проводнику l. Вынося за знак интеграла постоянные сомножители B и i, получаем
F1 = iBòdl = iBl . |
(2) |
l |
2. Для второго проводника все элементарные силы направлены в разные стороны, и следует отдельно искать проекцию результирующей силы на оси x и y, выбранные, как показано на рис. 92, б:
Fx = òdFx ,ü |
||
l |
ï |
(3) |
ý |
||
Fy = òdFy .ï |
||
l |
þ |
|
Здесь dFx и dFy – проекции элементарных сил соответственно на оси x и y. Интегриро- вание проводится по всему проводнику l.
Из рис. 92, б видно, что |
||
dFx = dF s α,ü |
in |
(4) |
ý |
||
dFy = dF cosα.þ |
При переходе от одного элемента полукольца к другому угол α меняется, причем его предельные значения равны π2 .
Для того чтобы провести интегрирование выражений (3), элемент дуги dl надо вы- разить через приращение угла α:
dl = r0dα .
Подставляя выражения (1) и (4) в формулы (3) и производя интегрирование в указан- ных пределах, получаем
π
x = i 0 ò2 sinαdα =F0 , Br
−π2
π
Fy = iBr0 ò2 cosαdα = 2iBr0 .
−π2
Выражая радиус полукольца через его длину и учитывая, что Fx = 0, находим
F|| = 2iB πl .
Тот факт, что результирующая сила будет направлена вдоль оси y и что она ока- жется меньше, чем для прямого проводника, можно было предсказать из качественного анализа.
Выражения для F1 и F2 справедливы в любой системе единиц.
Задача 8
В одной плоскости с бесконечно длинным прямым током I =5 А расположена пря- моугольная рамка, обтекаемая током i = 1 А. Найти силы, действующие на каждую сто- рону рамки со стороны поля, создаваемого прямым током, если
длинная сторона b = 20 см параллельна прямому току и находится от него на рас- стоянии x0 = 5 см; меньшая сторона a = 10 см (рис. 93).
Анализ и решение (СГСМ). Индукция поля бесконечно
длинного прямого тока
B = |
2I |
, |
Рис. 93. |
x |
где x – расстояние от прямого тока до точки, в которой рассматри- вается поле. Вектор B этого поля во всех точках рамки направлен перпендикулярно
плоскости рисунка «от нас», поэтому во всех точках рамки угол (dl,B)= π2 . Длинные
стороны рамки расположены параллельно току, поэтому в любой точке сторон 1 и 3 индукция магнитного поля, создаваемого током I, постоянна и направлена перпендику- лярно плоскости рис. 93 («от нас»).
Так как рамка прямоугольная, то стороны 1 и 3 – прямые проводники, и выражение силы Ампера можно записать для всего проводника:
F = B ib,ü |
(2) |
||
1 |
1 |
ý |
|
F3 |
= B3ib.þ |
||
Здесь B1 и B2 – значения индукции магнитного поля прямого тока на расстояниях x, равных x0 и x0 + a.
Подставляя выражение (1) в формулы (2) и учитывая указанные значения расстоя-
ния x, получаем |
|||||
F = 2I |
ib = 0,40 дин ; F = |
2I |
ib = 0,13 дин . |
||
1 |
x0 |
3 |
x0 |
+ a |
|
Направления сил F1 и F3, определяемые по правилу левой руки, показаны на рисунке. Вдоль второй стороны рамки индукция поля тока I непрерывно меняется. Рассмотрим некоторый элемент dx стороны 2, находящийся на расстоянии х от
прямого тока (см. рис. 93). Сила dF, действующая на этот элемент, направлена вверх и
равна
dF = Bidx . |
(3) |
Здесь B – текущее значение индукции, находимое по формуле (1).
При переходе от одного элемента стороны 2 к другому направление элементарных сил остается неизменным, поэтому
F2 = òdF .
по a |
||||
Подставим сюда выражения (3) и (1): |
||||
x0 +a dx |
||||
F = 2Ii |
ò |
x |
. |
|
2 |
||||
x0 |
||||
Получаем окончательный ответ:
F2 = 2Iiln x0 + a = 0,11дин . x0
Очевидно, что сила F4, действующая на сторону 4, равна вычисленному значению F2 и направлена в противоположную сторону.