Номер 4, страница 39 - гдз по физике 11 класс учебник Туякбаев, Насохова

*4. Проволочный виток радиусом $r = 4 \text{ см}$ равномерно вращается с частотой $V = 50 \text{ Гц}$ в однородном магнитном поле с индукцией $B = 0.04 \text{ Тл}$. Ось вращения, проходящая через центр витка, лежит в плоскости витка и образует угол $\alpha = 60^{\circ}$ с линиями индукции магнитного поля. Определите амплитуду ЭДС, которая индуцируется в витке.

Ответ: $63.1 \text{ мВ}$.

Дано:

Радиус витка, $r = 4$ см

Частота вращения, $\nu = 50$ Гц

Индукция магнитного поля, $B = 0,04$ Тл

Угол между осью вращения и линиями индукции, $\alpha = 60^\circ$

$r = 4 \text{ см} = 0,04 \text{ м}$

Найти:

Амплитуду ЭДС, $\mathcal{E}_{max}$

Решение:

ЭДС индукции, возникающая во вращающемся в магнитном поле витке, определяется по закону электромагнитной индукции Фарадея:

$\mathcal{E} = -\frac{d\Phi}{dt}$

где $\Phi$ — магнитный поток, пронизывающий виток. Для однородного поля $\vec{B}$ и плоского витка площадью $\text{S}$ с вектором нормали $\vec{n}$ поток равен скалярному произведению:

$\Phi = \vec{B} \cdot \vec{S} = B S \cos(\theta)$

где $\theta$ — угол между вектором магнитной индукции $\vec{B}$ и нормалью к плоскости витка $\vec{n}$.

При вращении витка вокруг оси, лежащей в его плоскости, изменяется угол между нормалью к витку и полем, что приводит к изменению магнитного потока и возникновению ЭДС.

Амплитуда индуцируемой ЭДС в общем случае определяется выражением:

$\mathcal{E}_{max} = S |\vec{B} \times \vec{\omega}|$

где $\vec{\omega}$ — вектор угловой скорости, направленный вдоль оси вращения. Величина этого векторного произведения равна:

$|\vec{B} \times \vec{\omega}| = B \omega \sin(\alpha)$

где $\alpha$ — угол между вектором магнитной индукции $\vec{B}$ и вектором угловой скорости $\vec{\omega}$ (то есть осью вращения). По условию задачи $\alpha = 60^\circ$.

Таким образом, формула для амплитуды ЭДС принимает вид:

$\mathcal{E}_{max} = B S \omega \sin(\alpha)$

Площадь витка $\text{S}$ (площадь круга) и угловая частота $\omega$ находятся по формулам:

$S = \pi r^2$

$\omega = 2\pi\nu$

Подставим эти выражения в формулу для амплитуды ЭДС:

$\mathcal{E}_{max} = B (\pi r^2) (2\pi\nu) \sin(\alpha) = 2\pi^2 r^2 B \nu \sin(\alpha)$

Теперь подставим числовые значения из условия задачи:

$\mathcal{E}_{max} = 2\pi^2 \cdot (0,04 \text{ м})^2 \cdot 0,04 \text{ Тл} \cdot 50 \text{ Гц} \cdot \sin(60^\circ)$

$\mathcal{E}_{max} = 2\pi^2 \cdot 0,0016 \cdot 0,04 \cdot 50 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$

$\mathcal{E}_{max} = \pi^2 \cdot 0,0016 \cdot 2 \cdot \sqrt{3}$

$\mathcal{E}_{max} = 0,0032 \cdot \sqrt{3} \cdot \pi^2 \text{ В}$

Вычислим приближенное значение, используя $\pi \approx 3,1416$ и $\sqrt{3} \approx 1,732$:

$\mathcal{E}_{max} \approx 0,0032 \cdot 1,732 \cdot (3,1416)^2 \approx 0,00554 \cdot 9,8696 \approx 0,0547 \text{ В}$

Переведем результат в милливольты, умножив на 1000:

$\mathcal{E}_{max} \approx 54,7 \text{ мВ}$

Примечание: Ответ, указанный в задаче (63,1 мВ), получается, если в расчетах не учитывать угол $\alpha$ (или считать $\sin(\alpha)=1$, что соответствует $\alpha=90^\circ$), то есть по формуле $\mathcal{E}_{max} = 2\pi^2 r^2 B \nu$. Физически корректное решение должно учитывать заданный угол $\alpha=60^\circ$.

Ответ: 54,7 мВ.