Номер 3.115, страница 71 - гдз по физике 11 класс сборник задач Заболотский, Комиссаров

Основы электродинамики. Глава 3. Электромагнетизм. Электромагнитная индукция - номер 3.115, страница 71.

Условие.

3.115*. Прямоугольная рамка с током (сопротивление рамки $\text{R}$, сила тока $\text{I}$) закреплена в однородном магнитном поле, линии индукции которого параллельны плоскости рамки (рис. 3.50). Со стороны поля на рамку действует момент сил $\text{M}$. После отключения тока рамку равномерно поворачивают вокруг оси $\text{ad}$ с периодом обращения $\text{T}$. Какое количество теплоты выделится в рамке при повороте на $180^\circ$?

Рис. 3.50

Решение.

Дано:

Сопротивление рамки: $\text{R}$

Сила тока в рамке (в начальный момент): $\text{I}$

Момент сил, действующий на рамку с током: $\text{M}$

Период равномерного вращения рамки: $\text{T}$

Угол поворота: $\Delta\alpha = 180^\circ = \pi$ рад

Найти:

Количество теплоты, выделившееся в рамке: $\text{Q}$

Решение:

1. Рассмотрим начальное состояние, когда по рамке течет ток $\text{I}$. На рамку в магнитном поле действует вращающий момент сил. По условию, линии индукции магнитного поля $\text{B}$ параллельны плоскости рамки. В этом случае момент сил максимален и определяется формулой:

$M = p_m B \sin\alpha$

где $p_m = IS$ — магнитный момент рамки ($\text{S}$ — площадь рамки), а $\alpha$ — угол между вектором нормали к плоскости рамки и вектором магнитной индукции $\vec{B}$. Так как плоскость рамки параллельна $\vec{B}$, то $\alpha = 90^\circ$ и $\sin\alpha = 1$.

Таким образом, $M = ISB$.

Из этого соотношения мы можем выразить произведение площади рамки на модуль магнитной индукции, так как эти величины нам не известны:

$SB = \frac{M}{I}$ (1)

2. Теперь рассмотрим второй этап, когда ток отключили, и рамку равномерно вращают. При вращении рамки в магнитном поле изменяется магнитный поток $\Phi$, пронизывающий ее. Это приводит к возникновению индукционной ЭДС $\mathcal{E}_{ind}$ в соответствии с законом Фарадея:

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

Магнитный поток через рамку зависит от угла $\varphi$ между вектором индукции $\vec{B}$ и нормалью к рамке: $\Phi = BS \cos\varphi$.

Рамка вращается равномерно с периодом $\text{T}$, следовательно, ее угловая скорость $\omega = \frac{2\pi}{T}$. Угол $\varphi$ изменяется со временем по закону $\varphi(t) = \omega t + \varphi_0$. Выберем начальный момент времени $t=0$ так, чтобы он соответствовал начальному положению (плоскость рамки параллельна $\vec{B}$), то есть $\varphi_0 = \frac{\pi}{2}$.

Тогда $\varphi(t) = \omega t + \frac{\pi}{2}$, и магнитный поток:$\Phi(t) = BS \cos(\omega t + \frac{\pi}{2}) = -BS \sin(\omega t)$.

Индукционная ЭДС равна:

$\mathcal{E}_{ind}(t) = - \frac{d}{dt}(-BS \sin(\omega t)) = BS\omega \cos(\omega t)$.

3. Эта ЭДС создает в рамке индукционный ток:

$I_{ind}(t) = \frac{\mathcal{E}_{ind}(t)}{R} = \frac{BS\omega}{R} \cos(\omega t)$.

Мгновенная мощность тепловых потерь в рамке определяется законом Джоуля-Ленца:

$P(t) = I_{ind}^2(t) R = \left(\frac{BS\omega}{R} \cos(\omega t)\right)^2 R = \frac{(BS\omega)^2}{R} \cos^2(\omega t)$.

4. Количество теплоты $\text{Q}$, выделившееся за время поворота на $180^\circ$ ($\pi$ рад), равно работе индукционного тока. Это время составляет половину периода: $\Delta t = \frac{T}{2}$. Найдем $\text{Q}$ путем интегрирования мгновенной мощности по времени от $\text{0}$ до $T/2$:

$Q = \int_{0}^{T/2} P(t) dt = \int_{0}^{T/2} \frac{(BS\omega)^2}{R} \cos^2(\omega t) dt$.

Используем тригонометрическую формулу $\cos^2(x) = \frac{1 + \cos(2x)}{2}$:

$Q = \frac{(BS\omega)^2}{R} \int_{0}^{T/2} \frac{1 + \cos(2\omega t)}{2} dt = \frac{(BS\omega)^2}{2R} \left[ \int_{0}^{T/2} dt + \int_{0}^{T/2} \cos(2\omega t) dt \right]$.

$Q = \frac{(BS\omega)^2}{2R} \left[ t + \frac{\sin(2\omega t)}{2\omega} \right]_{0}^{T/2}$.

Подставим пределы интегрирования:

$Q = \frac{(BS\omega)^2}{2R} \left[ (\frac{T}{2} - 0) + \frac{\sin(2\omega \frac{T}{2}) - \sin(0)}{2\omega} \right]$.

Так как $\omega = \frac{2\pi}{T}$, то $2\omega\frac{T}{2} = \omega T = 2\pi$. Тогда $\sin(2\pi) = 0$, и второе слагаемое в скобках равно нулю.

$Q = \frac{(BS\omega)^2}{2R} \cdot \frac{T}{2} = \frac{(BS)^2 \omega^2 T}{4R}$.

Подставим $\omega = \frac{2\pi}{T}$:

$Q = \frac{(BS)^2 (\frac{2\pi}{T})^2 T}{4R} = \frac{(BS)^2 \frac{4\pi^2}{T^2} T}{4R} = \frac{\pi^2(BS)^2}{RT}$.

5. Наконец, подставим в полученное выражение для $\text{Q}$ соотношение (1) для $\text{SB}$:

$Q = \frac{\pi^2(\frac{M}{I})^2}{RT} = \frac{\pi^2 M^2}{I^2 R T}$.

Ответ: $Q = \frac{\pi^2 M^2}{I^2 R T}$