Различия

Показаны различия между двумя версиями страницы.

--- ggf3-5 [2025/10/06 06:23] – root
+++ ggf3-5 [2026/09/27 16:45] (текущий) – внешнее изменение 127.0.0.1
@@ Строка 1: / Строка 1: @@
-===== Семинары по электромагнетизму 5 =====
+====== Семинары по электромагнетизму 3 семестр. Семинар 5. Магнитное поле в вакууме (закон Био–Савара) ======
-==== Таблица 2.1 ====
+===== Задача 1 =====
+==== Условие ====
+Найти напряжённость магнитного поля на расстоянии $R$ от бесконечного провода, по которому течёт ток $J$.
-| Наименование | Обозначение | СИ | СГС | СИ/СГС |
+==== Решение ====
-| Магнитная индукция | $B$ | $ \text{T}_\text{Л} \left( \frac{\text{H}}{\text{A} \cdot \text{M}} \right) $ | Гс | $10^4$ |
+По закону Био–Савара–Лапласа элемент $Jd\vec l$ создаёт поле $dB=\dfrac{\mu_0J}{4\pi r}\,d\alpha$, где $\alpha$ — угол, под которым виден элемент из точки наблюдения, $R=r\cos\alpha$. Интегрируя $\alpha$ от $-\pi/2$ до $\pi/2$ (весь бесконечный провод):
-| Напряженность магнитного поля | $H$ | А/м | Э | $4\pi \cdot 10^{-3}$ |
+$$B=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\mu_0\frac{J\cos\alpha}{4\pi R}\,d\alpha=\frac{\mu_0J}{2\pi R}.$$
-| Магнитная постоянная | $\mu_0$ | $ \frac{\text{H}}{\text{A}^2} $, $ \frac{\Phi}{\text{M}} $ | 1 | $4\pi \cdot 10^{-7}$ |
-| Поток магнитной индукции | $\Phi_B$ | В6 ($ \text{T}_\text{Л} \cdot \text{M}^2 $) | Мкс | $10^8$ |
-**Перевод из CGS в СИ:**
+==== Ответ ====
+$B=\dfrac{\mu_0J}{2\pi R}$.
-$B(\text{индукция}) = \frac{c\mu_0}{4\pi} H (\text{напряженность поля})$
+===== Задача 2 =====
+==== Условие ====
+Вычислить напряжённость магнитного поля кругового тока на его оси. Радиус витка $a$, расстояние от точки наблюдения до плоскости витка (вдоль оси) — обозначим $z$, а до самого провода — $r=\sqrt{a^2+z^2}$.
-**Обратное преобразование:**
+==== Решение ====
+Осевая составляющая от элемента $dl$: $dB_z=\dfrac{\mu_0J}{4\pi r^2}\sin\alpha\,dl$, где $\sin\alpha=a/r$ одинаков для всех точек витка. Интегрирование по контуру даёт множитель $2\pi a$:
+$$B_z=\frac{\mu_0Ja}{2r^2}\cdot\frac ar=\frac{\mu_0a^2J}{2r^3}=\frac{\mu_0a^2J}{2(a^2+z^2)^{3/2}}.$$
-$H (\text{напряженность поля}) = \frac{4\pi}{\mu_0 c} B (\text{индукция})$
+==== Ответ ====
+$B=\dfrac{\mu_0a^2J}{2(a^2+z^2)^{3/2}}$; в центре ($z=0$): $B=\mu_0J/(2a)$.
-$\phi (\vec{B} d\vec{s}) = \mu_0 \int (\vec{y} d\vec{s})$. Теорема Стокса
+===== Задача 3 =====
+==== Условие ====
+Найти магнитную индукцию $B$ поля, создаваемого проводом длины $\ell$, в точке, из которой его края видны под углами $\varphi_1$ и $\varphi_2$; ток $J$, расстояние от провода до точки $r_0$.
-$d\vec{B} = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \frac{d\vec{r}}{\vec{r}^3} dV = \frac{\mu_0 I}{4\pi r^3} [dI, \vec{r}]$ Закон Био и Савара
+==== Решение ====
+Из закона Био–Савара $dB=\dfrac{\mu_0J\sin\alpha}{4\pi r^2}dl$; выражая $dl=\dfrac{r_0\,d\alpha}{\sin^2\alpha}\cdot\sin\alpha=\dfrac{r_0\,d\alpha}{\sin\alpha}$ и $r=r_0/\sin\alpha$, получаем $dB=\dfrac{\mu_0J}{4\pi r_0}\sin\alpha\,d\alpha$. Интегрируя от $\alpha_1$ до $\alpha_2$:
+$$B=\frac{\mu_0J}{4\pi r_0}(\cos\alpha_1-\cos\alpha_2).$$
+При симметричном расположении ($\cos\alpha_2=-\cos\alpha_1$): $B=\dfrac{\mu_0J}{2\pi r_0}\cos\alpha_1$.
-$d\vec{F}_{12} = I_2 [dI_2 \vec{B}_1]$. Закон Ампера
+==== Ответ ====
+$B=\dfrac{\mu_0J}{4\pi r_0}(\cos\varphi_1-\cos\varphi_2)$.
-==== Задачи ====
+===== Задача 4 =====
+==== Условие ====
+Найти напряжённость магнитного поля в точке на оси соленоида радиуса $a$ с линейной плотностью витков $n$, из которой его края видны под углами $\alpha_1$ и $\alpha_2$. Ток через обмотку $J$.
-**1.** Найти напряженность магнитного поля на расстоянии R от бесконечного провода, по которому течет ток J.
+==== Решение ====
+Каждый элемент соленоида толщиной $dz$ ($ndz$ витков) создаёт на оси поле по формуле задачи 2. Переходя от интегрирования по $z$ к интегрированию по углу $\alpha$ ($z=a\operatorname{ctg}\alpha$):
+$$B_z=\frac{\mu_0nJ}2\int_{\alpha_1}^{\alpha_2}\sin\alpha\,d\alpha\cdot(-1)=\frac{\mu_0nJ}2(\cos\alpha_2-\cos\alpha_1).$$
+Частные случаи: на конце полубесконечного соленоида ($\alpha_1=\pi/2,\alpha_2=0$) — $B=\mu_0nJ/2$; внутри бесконечного соленоида ($\alpha_1=\pi,\alpha_2=0$) — $B=\mu_0nJ$.
-**2.** Вычислить напряженность магнитного поля кругового тока на его оси. Радиус витка тока a, расстояние от точки наблюдения до провода r.
+==== Ответ ====
+$B=\dfrac{\mu_0nJ}2(\cos\alpha_2-\cos\alpha_1)$.
-**3.** Найти магнитную индукцию B поля, создаваемого проводом длины l, в точке, из которой его края видны под углами $\varphi_1$ и $\varphi_2$. По проводу протекает ток J расстояние $_t$ от провода до точки равно $r_0$.
+===== Задача 5 =====
+==== Условие ====
+{{ ::ggf3-55.png?350|}}
+Схема симметричного разветвления токов: все проводники прямолинейны, бесконечны, лежат в одной плоскости. Определить напряжённость магнитного поля на линии, перпендикулярной плоскости токов и проходящей через точку $A$, если ток в каждой ветви равен $J$ (в подводящем проводе — $2J$).
-**4.** Найти напряженность магнитного поля в точке на оси соленоида радиуса a с линейной с линейной плотностью витков n, из которой его края видны под углами $\alpha_1$ и $\alpha_2$. Через обмотку соленоида протекает ток J.
+==== Решение ====
+Поле определяется суммой вкладов от полубесконечных проводов, сходящихся симметрично в точке разветвления; итоговая формула (аналогично задаче 3 для полупрямых под углом) даёт зависимость от угла разветвления $\alpha$.
-**5.** На рисунке показана схема симметричного разветвления токов. Все проводники прямолинейны, бесконечны и лежат в одной плоскости. Определить напряженность магнитного поля на линии, перпендикулярной к плоскости токов и проходящей через точку А, если сила тока в каждой ветви равна J.
+==== Ответ ====
+$B=\dfrac{\mu_0J}{2\pi r}(1+\cos\alpha)$, где $r$ — расстояние от точки $A$ до линии токов; направление перпендикулярно плоскости токов.
-**6.** Длинный провод с током $J = 50$ А изогнут под углом $\alpha = 2\pi/3$. Определить напряженность магнитного поля в точке A (см. рисунок). Расстояние $d = 5$ см.
+===== Задача 6 =====
+==== Условие ====
+Длинный провод с током $J=50$ А изогнут под углом $\alpha=2\pi/3$. Определить напряжённость магнитного поля в точке $A$ на расстоянии $d=5$ см от вершины излома (перпендикулярно одному из прямых участков).
-**7.** Найти магнитное поле тороидальной катушки. Радиус катушки R, ток через обмотку равен J, количество витков обмотки равно N.
+==== Решение ====
+Точка $A$ лежит на продолжении одного из отрезков (на его оси), поэтому вклад этого отрезка равен нулю ($[d\vec l\times\vec r]=0$ на оси провода). Вклад даёт только второй (изогнутый) отрезок — как полубесконечный провод, видимый из $A$ под расстоянием $r_0=d\sin(\pi-\alpha/2)$... по формуле задачи 3 с $\alpha_1\to0$ (провод длинный) и $\alpha_2=\alpha$:
+$$r_0=d\sin(\pi/3)=\frac{d\sqrt3}2,\qquad \cos\alpha_2=\cos(2\pi/3)=-\tfrac12,$$
+$$B=\frac{\mu_0J}{4\pi r_0}\bigl(1-(-\tfrac12)\bigr)=\frac{\sqrt3\,\mu_0J}{4\pi d}.$$
-**8.** Электрон, имея скорость $\nu$, влетел в однородное магнитное поле с напряженностью поля B под углом $\alpha = 30^\circ$ к направлению вектора напряженности. Определить радиус R и шаг h винтовой линии, по которой будет двигаться электрон.
+==== Ответ ====
+$B=\dfrac{\sqrt3\,\mu_0J}{4\pi d}$, направлено перпендикулярно плоскости чертежа (правило правого винта).
-**9.** По двум параллельным прямым проводам длиной $l = 2,5$ м каждый, находящимся на расстоянии $d = 20$ см друг от друга, текут одинаковые токи $J = 1$ кА. Вычислить силу F взаимодействия токов.
+===== Задача 7 =====
+==== Условие ====
+Найти магнитное поле тороидальной катушки. Радиус катушки $R$ (радиус осевой линии тора), ток через обмотку $J$, число витков обмотки $N$.
-**10.** Плоский квадратный контур со стороной длиной $a$, по которому течет ток J, свободно установился в однородном магнитном поле напряженностью B. Определить работу A, совершаемую внешними силами при повороте контура относительно оси, проходящей через середину его противоположных сторон, на угол: 1) $\varphi_1 = 90^\circ$, 2) $\varphi_2 = 3^\circ$. При повороте контура сила тока в нем поддерживается неизменной.
+==== Решение ====
+По теореме о циркуляции для окружности радиуса $R$ внутри тора (концентричной оси тора), охватывающей полный ток $NJ$:
+$$2\pi RB=\mu_0NJ\ \Longrightarrow\ B=\frac{\mu_0NJ}{2\pi R}.$$
+Вне тора поле равно нулю.
-==== Решения ====
+==== Ответ ====
+$B=\dfrac{\mu_0NJ}{2\pi R}$ внутри тора, $B=0$ вне тора.
-=== Задача 1 ===
+===== Задача 8 =====
+==== Условие ====
+Электрон со скоростью $v$ влетел в однородное магнитное поле $B$ под углом $\alpha=30^\circ$ к направлению поля. Определить радиус $R$ и шаг $h$ винтовой линии, по которой будет двигаться электрон.
-Магнитное поле элемента тока $IdI$ (рис. 5.1) дается выражением
+==== Решение ====
+Скорость раскладывается на $v_\parallel=v\cos\alpha$ (вдоль поля, равномерное движение) и $v_\perp=v\sin\alpha$ (по окружности, сила Лоренца $F=|e|v_\perp B$ — центростремительная). Из $|e|v_\perp B=mv_\perp^2/R$:
+$$R=\frac{mv_\perp}{|e|B}=\frac{mv\sin\alpha}{|e|B}.$$
+Период обращения $T=2\pi m/(|e|B)$ не зависит от скорости; шаг винта — путь вдоль поля за один период:
+$$h=v_\parallel T=\frac{2\pi mv\cos\alpha}{|e|B}.$$
-где $dLI$ – составляющая вектора $dL$ перпендикулярная к $r$.
+==== Ответ ====
+$R=\dfrac{mv\sin\alpha}{|e|B}$, $h=\dfrac{2\pi mv\cos\alpha}{|e|B}$.
-Магнитные силовые линии будут окружностями, центры которых расположены на оси провода. Утверждение о замкнутости силовых линий магнитного поля справедливо для всех магнитных полей. В скалярной форме:
+===== Задача 9 =====
+==== Условие ====
+По двум параллельным прямым проводам длиной $\ell=2{,}5$ м каждый, находящимся на расстоянии $d=20$ см друг от друга, текут одинаковые токи $J=1$ кА. Вычислить силу $F$ взаимодействия токов.
-где $d\alpha$ – угол, под которым вектор $dL$ виден из точки наблюдения. Введя расстояние до
+==== Решение ====
+Поле одного провода в месте другого: $B_1=\dfrac{\mu_0J}{2\pi d}$. Сила Ампера на элемент второго провода: $dF=JB_1\,dl$ (поле перпендикулярно проводу), интегрируя по длине $\ell$:
+$$F=\frac{\mu_0J^2\ell}{2\pi d}.$$
+Подставляя числа: $F=\dfrac{4\pi\cdot10^{-7}\cdot10^6\cdot2{,}5}{2\pi\cdot0{,}2}=\dfrac{2\cdot10^{-7}\cdot10^6\cdot2{,}5}{0{,}2}=2{,}5$ Н.
-$dB = \mu_0\int\cos\alpha d\alpha/(4\pi R)$. Интегрирование этого выражения от $\alpha = -\pi/2$ до $\alpha = +\pi/2$ дает искомый результат:
+==== Ответ ====
+$F=\dfrac{\mu_0J^2\ell}{2\pi d}=2{,}5$ Н (притяжение, так как токи сонаправлены).
-$B = \frac{\mu_0}{\pi R}$.
+===== Задача 10 =====
+==== Условие ====
+Плоский квадратный контур со стороной $a$, по которому течёт ток $J$, свободно установился в однородном магнитном поле $B$. Определить работу $A$ внешних сил при повороте контура (относительно оси через середины противоположных сторон) на угол: 1) $\varphi_1=90^\circ$; 2) $\varphi_2=3^\circ$. Ток в контуре поддерживается неизменным.
-=== Задача 2 ===
+==== Решение ====
+В положении равновесия магнитный момент $\vec p_m$ ($p_m=Ja^2$) сонаправлен с $\vec B$. При повороте на угол $\varphi$ момент сил $M=p_mB\sin\varphi$ стремится вернуть контур обратно; работа внешних сил против него: $dA=M\,d\varphi=Ja^2B\sin\varphi\,d\varphi$.
-Элемент тока $IdI$ возбуждает магнитное поле $dB$, перпендикулярное к радиусу-вектору $r$. Разложим это поле на две слагающие: осевую слагающую $dB$ и радиальную $z$ слагающую $dB$. При интегрировании по контуру кругового тока радиальные слагающие взаимно уничтожаются.
+**1)** $A=Ja^2B\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\,d\varphi=Ja^2B$.
-Результирующее поле будет направлено вдоль оси Z, и надо интегрировать только осевую составляющую
+**2)** Для малого угла $\sin\varphi\approx\varphi$: $A=Ja^2B\displaystyle\int_0^{\varphi}\varphi\,d\varphi=\dfrac{Ja^2B}2\varphi^2$ (угол в радианах, $\varphi_2=3^\circ\approx0{,}0524$ рад).
-$dB_z = \frac{\mu_0}{\pi r^2} \sin\alpha$.
+==== Ответ ====
+) $A=Ja^2B$;  2) $A=\dfrac{Ja^2B}2\varphi_2^2\approx1{,}37\cdot10^{-3}\,Ja^2B$.
-Угол $\alpha$ один и тот же для всех точек кругового тока. Интегрирование сводится к простому умножению на длину контура $2\pi a$. Таким образом,
-$B_z = B = \frac{\mu_0 a}{\pi r^2} \sin\alpha =$
-=== Задача 3 ===
-Решение в системе СИ.
-Для определения магнитной индукции поля, создаваемого отрезком провода, воспользуемся законом Био – Савара – Лапласа:
-$dB = \frac{\mu_0 \sin\alpha}{\pi r^2} d\ell$. (1)
-Прежде чем интегрировать выражение (1), преобразуем его так, чтобы можно было интегрировать по углу a. Выразим длину элемента dl проводника через da.
-Согласно рисунку, запишем $dl = \frac{rda}{\sin\alpha}$. Подставим это выражение dl в формулу (1):
-$dB = \frac{\mu_0}{4\pi r_1} \sin\alpha \frac{rd\alpha}{\sin\alpha} = \frac{\mu_0}{4\pi r_1} Id\alpha$
-Но $r = \frac{r_0}{\sin\alpha}$. Отсюда
-$dB = \frac{\mu_0}{4\pi r_1} \sin\alpha d\alpha$. (2)
-Чтобы определить магнитную индукцию поля, создаваемого отрезком проводника, проинтегрируем выражение (2) в пределах от $\alpha_1$ до $\alpha_2$:
-$B = \frac{\mu_0}{4\pi r_1} I \int_{\alpha_1}^{\alpha_2} \sin\alpha d\alpha = \frac{\mu_0}{4\pi r_1} I (\cos\alpha_1 - \cos\alpha_2)$. (3)
-Заметим, что при симметричном расположении точки A относительно отрезка провода $\cos\alpha_2 = -\cos\alpha_1$. С учетом этого формула (3) примет вид
-$B = \frac{\mu_0}{2\pi r_1} I \cos\alpha_1$.
-=== Задача 4 ===
-Направим ось z по оси соленоида и будем искать поле в точке на его оси, из которой его края видны под углами $\alpha_1$ и $\alpha_2$ (рис. 5.4) Обозначим через n плотность витков на единицу длины.
-Рис. 5.4. Магнитное поле на оси соленоида
-Преобразуем уравнение $B_z = \frac{\mu_0}{2r} a^2 j$ к виду
-$B_z = \frac{\mu_0 a^2}{2(a^2 + z^2)^{3/2}}$.
-Используя это уравнение, запишем поле, создаваемое в точке $z = 0$ током соленоида, текущим по $ndz$ виткам, расположенным на расстоянии $z$ от начала координат
-$dB_z = \frac{\mu_0 a^2}{2(a^2 + z^2)^{3/2}} ndz$.
-Интегрируя по всей длине соленоида, получаем полное поле, создаваемое соленоидом в точке $z = 0$:
-$B_z = \frac{\mu_0 a^2}{2} \int_{z_0}^{z_0+1} \frac{dz}{(a^2 + z^2)^{3/2}}$,
-где $l$ – длина соленоида. Перейдем от интегрирования по $z$ к интегрированию по углу $\alpha$, используя формулы
-$z = a \cdot ctg\alpha$, $dz = -\frac{ad\alpha}{\sin^2\alpha}$, $\sin\alpha = \frac{a}{\sqrt{a^2 + z^2}}$.
-Тогда
-$B_z = -\frac{\mu_0 nl}{2} \int_{\alpha_1}^{\alpha_2} \sin\alpha d\alpha = \frac{\mu_0 nl}{2} (cos\alpha_2 - cos\alpha_1)$.
-Если положить $\alpha_1 = \pi/2$, $\alpha_2 = 0$, то из уравнения (5.16) получим напряженность магнитного поля на конце полубесконечного соленоида
-$B_z = \frac{\mu_0 nl}{2}$.
-При $\alpha_1 = \pi$, $\alpha_2 = 0$ формула (5.16) дает поле внутри бесконечного соленоида
-$B_z = \mu_0 nl$.
-=== Задача 5 ===
-Ответ: $B = \frac{\mu_0 l}{2\pi r} (1 + cos\alpha)$, где $r$ – расстояние от точки $A$; направление $B$ перпендикулярно к проводнику с током $2l$.
-=== Задача 6 ===
-Решение в системе СИ.
-Изогнутый провод можно рассматривать как два длинных провода, концы которых соединены в точке $O$. В соответствии с принципом суперпозиции магнитных полей магнитная индукция $\vec{B}$ в точке $A$ будет равна геометрической сумме магнитных индукций $\vec{B}_1$ и $\vec{B}_2$ полей, создаваемых отрезками длинных проводов 1 и 2, т. е. $\vec{B} = \vec{B}_1 + \vec{B}_2$. Магнитная индукция $\vec{B}_2$ равна нулю. Это следует из закона Био — Савара — Лапласа, согласно которому в точках, лежащих на оси проводника, $[dlr] = O$.
-Магнитную индукцию $B$ найдем, воспользовавшись формулой, полученной в задаче 3:
-$B = \frac{\mu_\omega I}{4\pi r} (cos\alpha_1 - cos\alpha_2)$.
-В нашем случае $\alpha_1 \to 0$ (проводник длинный), $\alpha_2 = \alpha = 2\pi/3$, $cos\alpha_2 = -1/2$. Расстояние $r_0 = d \sin(\pi/3) = d \sqrt{3}/2$. Тогда магнитная индукция
-$B = \frac{\sqrt{3}\mu_\omega I}{4\pi d}$
-Вектор B сонаправлен с вектором B1 и определяется правилом правого винта. На рисунке это направление отмечено значком X (перпендикулярно плоскости чертежа от нас).
-=== Задача 7 ===
-Заменим реальную катушку идеальным тором, по поверхности которого циркулирует ток с постоянной линейной плотностью i.
-Линии тока лежат в меридианальных плоскостях, т. е. в плоскостях, проходящих через ось АА системы. При повороте тора вокруг оси АА на любой угол он совмещается сам с собою. То же произойдет с магнитными силовыми линиями, если их повернуть, оставляя тор неподвижным. Отсюда следует, что силовыми линиями будут окружности с центрами на оси АА. Возьмем внутри тора одну из таких окружностей радиуса R (на рисунке она изображена пунктиром). Циркуляция магнитного поля вдоль этой окружности равна $2\pi RB$. Полный ток, пронизывающий площадь, ограниченную этой окружностью, равен $NJ$, где $N$ − число витков в тороидальной катушке. По теореме о циркуляции $2\pi RB = 4\pi NJ/c$, а потому
-$B = \frac{\mu_\omega}{2\pi R} NJ$.
-Таким образом, внутри тора магнитное поле совпадает с полем прямого тока силою NJ, текущего вдоль оси АА. Вне тора магнитное поле равно нулю.
-=== Задача 8 ===
-Решение в системе СИ.
-Известно, что на заряженную частицу, влетевшую в магнитное поле, действует сила Лоренца, перпендикулярная векторам магнитной индукции 𝐵̅ и скорости 𝑣̅ частицы: 𝐹 = $Q𝑣𝐵𝑠𝑖𝑛𝛼$. В случае, если частицей является электрон, формулу можно записать в виде 𝐹 = $|𝑒|𝑣𝐵𝑠𝑖𝑛𝛼$. Так как вектор силы Лоренца перпендикулярен вектору скорости, то модуль скорости не будет изменяться под действием этой силы. Но при постоянной скорости, как это следует из формулы, останется постоянным и значение силы Лоренца. Из механики известно, что постоянная силы, перпендикулярная скорости, вызывает движение по окружности. Следовательно, электрон, влетевший в магнитное поле, будет двигаться по окружности в плоскости, перпендикулярной линиям индукции, со скоростью, равной поперечной составляющей $𝑣_\perp$ скорости (см. рисунок); одновременно он будет двигаться и вдоль поля со скоростью $𝑣_\parallel$: $𝑣_\parallel = 𝑣𝑐𝑜𝑠𝛼$, $𝑣_\perp = 𝑣𝑠𝑖𝑛𝛼$.
-В результате одновременного участия в движениях по окружности и по прямой электрон будет двигаться по винтовой линии.
-Радиус окружности, по которой движется электрон, найдем следующим образом.
-Сила Лоренца 𝐹 сообщает электрону нормальное ускорение $𝑎_𝑛$. По второму закону Ньютона, 𝐹 = $𝑚𝑎_𝑛$, 𝐹 = $|𝑒|𝑣_\perp𝐵̅$ и $𝑎_𝑛 = 𝑣^2/𝑅$. Отсюда после сокращения на $𝑣_z$ находим радиус винтовой линии:
-$𝑅 = \frac{𝑚𝑣}{𝑒|𝐵̅} = \frac{𝑚𝑣𝑠𝑖𝑛𝛼}{}$
-=== Задача 9 ===
-Решение в системе СИ.
-Взаимодействие двух проводников, по которым текут токи, осуществляется через магнитное поле. Каждый ток создает магнитное поле, которое действует на другой проводник. Предположим, что оба тока (обозначим их $𝐼_1$ и $𝐼_2$) текут в одном направлении.
-Вычислим силу $𝐹_{12}$, с которой магнитное поле, созданное током $𝐼_1$, действует на проводник с током $𝐼_2$. Для этого проведем магнитную силовую линию так (штриховая линия на рисунке), чтобы она касалась проводника с током $𝐼_2$. По касательной к силовой линии проведем вектор магнитной индукции $𝐵̅$. Модуль магнитной индукции $𝐵̅$ определяется соотношением
-$B_1 = \frac{\mu_0 l}{2\pi d}$.
-Согласно закону Ампера, на каждый элемент второго проводника с током $I_2$ длиной $dl_2$ действует в магнитном поле сила
-$d\vec{F}_{12} = I_2 [dI_2 \vec{B}_1]$.
-Так как отрезок $dI$ перпендикулярен вектору $\vec{B}_1$, то синус угла между ними равен единице, и тогда
-$dF_{12} = I_2 B_1 dl_2$.
-Отсюда
-$dF_{12} = \frac{\mu_0 l_1 l_2}{2\pi d} dl_2$.
-Силу взаимодействия проводников с током найдем интегрированием по всей длине второго проводника;
-$F_{12} = \frac{\mu_0 l_1 l_2}{2\pi d} \int_0^{l_2} dl_2$.
-Поскольку $I_1 = I_2 = I$ и $l_2 = l$, получаем
-$F_{12} = \frac{\mu_0 l^2}{2\pi d} l$.
-=== Задача 10 ===
-Решение в системе СИ.
-На контур с током в магнитном поле действует механический момент
-$M = [ \vec{p}_m \vec{B} ]$. (10)
-По условию задачи, в начальном положении контур свободно установился в магнитном поле. При этом момент сил равен нулю. ($M = 0$), а значит $\varphi = 0$, т. е. векторы $p_m$ и $B$ совпадают по направлению.
-Если внешние силы выведут контур из положения равновесия, то возникший момент сил, определяемый формулой (1), будет стремиться возвратить контур в исходное положение. Против этого момента и будет совершаться работа внешними силами. Так как момент сил переменный (зависит от угла поворота), то для подсчета работы применим формулу работы в дифференциальной форме
-$dA = M d\varphi$. (2)
-Подставив сюда выражение $M$ по формуле (1) и учтя, что $p_m = IS = Ia^2$, где $I$ – сила тока в контуре, $S = a^2$ – площадь контура, получим
-$dA = 1a^2 B \sin\varphi d\varphi$.
-Взяв интеграл от этого выражения, найдем работу при повороте на конечный угол:
-$A = 1a^2 B \int_0^{\varphi} \sin\varphi d\varphi$. (3)
-Работа при повороте на угол $\varphi = 90^\circ$
-$A = 1a^2 B \int_0^{\pi/z} \sin\varphi d\varphi = 1a^2 B$.
-Работа при повороте на угол $3^\circ$. В этом случае, учитывая, что угол мал, заменим в выражении (3) $\sin\varphi$ на $\varphi$:
-$A = 1a^2 B \int_0^{\varphi} \varphi d\varphi = \frac{1a^2 B}{2} \varphi^2$.