Электродвигатели и генераторы

Подсказка

Поток через рамку меняется по гармоническому закону с циклической частотой \(2\pi\nu\); амплитуда ЭДС равна амплитуде потока, умноженной на эту частоту.

Решение

Магнитное поле Земли у поверхности в основном «юг–север» (горизонтальная составляющая \(\sim 2\cdot10^{-5}\) Тл) плюс вертикальная «вниз» в северном полушарии. Самолёт летит горизонтально, так что вектор \([\mathbf{v}\times\mathbf{B}]\) имеет заметную составляющую вдоль крыльев.

Разность потенциалов между двумя точками проводника, движущегося поступательно,

\[ V=\int(\mathbf{v}\times\mathbf{B})\cdot d\mathbf{l}=vB_\perp L, \]

где \(L\) — проекция отрезка на направление \([\mathbf{v}\times\mathbf{B}]\). Самый длинный такой отрезок на самолёте — от конца одного крыла до конца другого (у лайнера это 30–60 м, у фюзеляжа — длина порядка 40 м, но она почти параллельна \(\mathbf{v}\), и вклад мал). Нос–хвост дают напряжение лишь за счёт вертикальной компоненты \(B\) и короткой высоты киля; «верх–низ» — за счёт горизонтальной \(B\) и ещё более короткой высоты фюзеляжа.

Поэтому максимум — между концами крыльев.

Решение

Поле перпендикулярно и проводу, и скорости, поэтому

\[ E=vB=1\cdot0{,}1=0{,}1\ \text{В/м}. \]

На длине \(l=0{,}3\) м

\[ V=El=vBl=1\cdot0{,}1\cdot0{,}3=0{,}03\ \text{В}. \]

Тот же ответ даёт закон Фарадея. Дополним провод неподвижными рельсами до контура: за время \(dt\) заметается площадь \(l\,v\,dt\), \(\mathrm{d}\Phi=Blv\,dt\), \(\mathcal{E}=\mathrm{d}\Phi/\mathrm{d}t=vBl\). Для разомкнутого провода это и есть напряжение между концами.

Знак: если \(\mathbf{B}\) из чертежа на нас, а \(\mathbf{v}\) вверх, \([\mathbf{v}\times\mathbf{B}]\) гонит положительные заряды влево. Левый конец положительный. На практике это холловская полярность того же поля.

Решение

Сила Лоренца на заряд \(q\) равна \(qvB\) и направлена поперёк тонкого размера \(b\). Заряды перетекают на грани площади \(a\times c\), пока электрическая сила \(qE\) не уравновесит лоренцеву:

\[ E=vB. \]

Разность потенциалов между этими гранями

\[ V=Eb=vbB. \]

Брусок тонкий (\(b\ll a,c\)), поэтому поле внутри почти однородно и связано с поверхностной плотностью так же, как в плоском конденсаторе: разрыв нормальной компоненты \(D\) даёт \(\sigma=\varepsilon_0 E\) (снаружи поле быстро падает). Итак

\[ \sigma=\varepsilon_0 vB. \]

Заметьте: в \(V\) вошла толщина \(b\), а в \(\sigma\) — нет. Плотность заряда фиксируется самим полем \(E=vB\), а напряжение — это это поле, умноженное на зазор.

Решение

Поле равномерно заряженного шара заряда \(-Ze\) на расстоянии \(x\) от центра (внутри)

\[ E_{\text{шар}}=\frac{Ze}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\,x \]

и направлено к центру для положительного ядра. Сила, возвращающая ядро,

\[ F_{\text{кул}}=\frac{Z^2e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\,x. \]

Сила Лоренца на ядро \(F_L=ZevB\) (облако тоже её чувствует, но оно размазано и в модели Томсона «прибито» к объёму атома; относительное смещение задаёт именно ядро). Равновесие:

\[ \frac{Z^2e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\,x=ZevB\qquad\Longrightarrow\qquad x=\frac{4\pi\varepsilon_0 r^3 vB}{Ze}. \]

Ядро ещё внутри облака при \(x<r\):

\[ v<\frac{Ze}{4\pi\varepsilon_0 Br^2}. \]

На границе возвращающая сила максимальна и равна \(ZevB\) как раз при этом \(v\). Быстрее — ядро вылетает, атом «срывается».

Решение

Энергия связи \(W\approx10^{-19}\) Дж задаёт размер облака внешнего электрона. По порядку

\[ W\sim\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r}\qquad\Longrightarrow\qquad r\sim\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 W}\sim\frac{9\cdot10^9\cdot(1{,}6\cdot10^{-19})^2}{10^{-19}}\sim2\cdot10^{-9}\ \text{м}. \]

В системе иона есть поле \(E'=vB\). Работа на размере \(r\)

\[ e\,vB\,r\lesssim W\qquad\Longrightarrow\qquad v\lesssim\frac{W}{eBr}. \]

Тот же порог даёт задача 11.1.4: \(v<e/(4\pi\varepsilon_0 Br^2)\), и подстановка \(r\sim e^2/(4\pi\varepsilon_0 W)\) приводит к тому же \(v\sim W/(eBr)\).

Численно \(B=40\) Тл, \(r\sim2\cdot10^{-9}\) м:

\[ v\lesssim\frac{10^{-19}}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot40\cdot2\cdot10^{-9}}\sim8\cdot10^6\ \text{м/с}. \]

Ион \(\mathrm{H}^-\) почти протон по массе, \(m\approx1{,}7\cdot10^{-27}\) кг. Ускоряющая разность

\[ eV=\frac{mv^2}{2}\qquad\Longrightarrow\qquad V=\frac{mv^2}{2e}\sim\frac{1{,}7\cdot10^{-27}\cdot(8\cdot10^6)^2}{3\cdot10^{-19}}\sim4\cdot10^6\ \text{В}. \]

Округление размера \(r\) в полтора раза (борновский радиус слабо связанного электрона ближе к ангстрему) поднимает оценку к \(7\) МВ — как в книге. Порядок: несколько мегавольт.

Решение

Рамка едет поступательно, \(\mathbf{v}\) одно и то же во всех точках, \(\mathbf{B}\) однородно. В установившемся режиме ток равен нулю (иначе джоулево тепло бралось бы из ниоткуда: внешняя сила при поступательном движении работы над рамкой не совершает — сила Ампера на противоположных сторонах гасит друг друга). Значит, на каждый заряд

\[ q\mathbf{E}+q[\mathbf{v}\times\mathbf{B}]=0\qquad\Longrightarrow\qquad E=vB \]

всюду внутри провода. Направление \(\mathbf{E}\) — поперёк скорости, в плоскости рамки: на передней и задней сторонах поле бежит вдоль провода, на боковых — тоже вдоль провода (там \([\mathbf{v}\times\mathbf{B}]\) как раз по стороне). Модуль один и тот же.

Циркуляция \(\oint\mathbf{E}\cdot d\mathbf{l}\) по рамке равна нулю: два «поперечных» вклада противоположны. Это согласовано с \(\mathrm{d}\Phi/\mathrm{d}t=0\).

Если рамка выедет из поля одним краем, однородность пропадёт, появится ток — это уже задача 11.1.9. Пока она целиком в однородном \(B\), поверхностные заряды сидят на углах так, чтобы \(E=vB\) было всюду вдоль провода, и ничего никуда не течёт.

Решение

Угол между нормалью к рамке и полем равен \(\omega t\) (ось вращения перпендикулярна \(B\), так что нормаль равномерно обегает все направления в плоскости, содержащей \(B\)). Поток

\[ \Phi=Ba^2\cos\omega t. \]

ЭДС индукции

\[ \mathcal{E}=-\frac{\mathrm{d}\Phi}{\mathrm{d}t}=Ba^2\omega\sin\omega t. \]

Амплитуда этого напряжения есть \(V\), поэтому

\[ V=Ba^2\omega\qquad\Longrightarrow\qquad B=\frac{V}{a^2\omega}. \]

Сопротивление рамки в условие не вошло: снимают именно ЭДС (вольтметр с большим сопротивлением, или кольца-щётки на холостом ходу). Если нагрузить рамку резистором, амплитуда напряжения упадёт, и формула даст заниженный \(B\).

Ось должна быть строго перпендикулярна \(B\): иначе амплитуда станет \(Ba^2\omega\sin\beta\). Нулевой сигнал при любом \(\omega\) означает, что ось параллельна полю.

Решение

а. В момент \(t=0\) плоскость рамки перпендикулярна \(B\), нормаль вдоль поля, \(\Phi(0)=Bab\). При равномерном вращении

\[ \Phi=Bab\cos\omega t,\qquad \mathcal{E}=-\dot\Phi=Bab\,\omega\sin\omega t,\qquad I=\frac{Bab\,\omega}{R}\sin\omega t. \]

График — синусоида с амплитудой \(Bab\omega/R\) и нулём в начальный момент (поток тогда экстремален, \(\dot\Phi=0\)).

б. Момент амперовых сил на рамку с током \(M_{\text{А}}=ISB\sin\theta\), где \(\theta=\omega t\) — угол между нормалью и \(B\), \(S=ab\):

\[ M_{\text{А}}=I\cdot ab\cdot B\sin\omega t=\frac{B^2a^2b^2\omega}{R}\sin^2\omega t. \]

По правилу Ленца этот момент направлен против вращения. Чтобы угловая скорость не менялась, внешний момент должен быть равен ему по модулю и противоположен по знаку:

\[ M(t)=\frac{a^2b^2B^2\omega}{R}\sin^2\omega t. \]

Среднее за период \(\langle\sin^2\rangle=1/2\), средняя мощность \(M\omega=\mathcal{E}_{\text{эфф}}^2/R\) — энергия, которую мы вкладываем валом, уходит в джоулево тепло.

Решение

Полное сопротивление витка \(R=4b\rho\). Пока край витка пересекает границу поля, \(\mathrm{d}\Phi/\mathrm{d}t=Bbv\), ток

\[ I=\frac{Bbv}{4b\rho}=\frac{Bv}{4\rho}. \]

Случай \(a<b\). Виток шире зазора. Перекрытие растёт, пока передняя сторона проходит полосу — время \(a/v\), затем поток стоит (виток «проглотил» всю полосу), затем столько же на выходе. Два рабочих интервала:

\[ W=2\cdot I^2R\cdot\frac{a}{v}=2\cdot\frac{B^2v^2}{16\rho^2}\cdot4b\rho\cdot\frac{a}{v}=\frac{B^2vab}{2\rho}. \]

Случай \(a>b\). Теперь зазор шире витка. На входе и выходе каждый раз виток целиком пересекает границу — время \(b/v\):

\[ W=2\cdot I^2R\cdot\frac{b}{v}=\frac{B^2vb^2}{2\rho}. \]

В «плато», когда виток целиком в поле или целиком вне, \(\dot\Phi=0\), тока нет, тепла нет. Скорость \(v\) держит внешняя сила: именно её работа и превращается в джоулево тепло.

Решение

Пусть \(x\) — расстояние от \(O\) до точки \(B\) вдоль \(OC\), \(\dot x=v\). Длина прута \(AB=x\operatorname{tg}\alpha\), площадь контура

\[ S=\frac12 x\cdot x\operatorname{tg}\alpha=\frac12 x^2\operatorname{tg}\alpha,\qquad \Phi=BS=\frac12 Bx^2\operatorname{tg}\alpha. \]

ЭДС и сопротивление (рельсы идеальные, сопротивляется только прут):

\[ \mathcal{E}=\dot\Phi=Bxv\operatorname{tg}\alpha,\qquad R=\rho\,x\operatorname{tg}\alpha,\qquad I=\frac{\mathcal{E}}{R}=\frac{Bv}{\rho}. \]

Ток не зависит от \(x\)! Мощность

\[ I^2R=\frac{B^2v^2}{\rho^2}\cdot\rho x\operatorname{tg}\alpha=\frac{B^2v^2}{\rho}\,x\operatorname{tg}\alpha. \]

За время \(\mathrm{d}t=\mathrm{d}x/v\)

\[ \mathrm{d}W=I^2R\,\mathrm{d}t=\frac{B^2v}{\rho}\,x\operatorname{tg}\alpha\,\mathrm{d}x. \]

От \(x=0\) до \(x=l\):

\[ W=\frac{B^2v\operatorname{tg}\alpha}{\rho}\int_0^l x\,\mathrm{d}x=\frac{B^2l^2v\operatorname{tg}\alpha}{2\rho}. \]

Решение

Скорость на восток, \(B\) на север — \([\mathbf{v}\times\mathbf{B}]\) смотрит вертикально. Напряжённость \(E=vB\), напряжение между пластинами

\[ \mathcal{E}=vBL=1\cdot10^{-4}\cdot100=10^{-2}\ \text{В}. \]

Столб воды между пластинами — резистор

\[ R_i=\frac{\rho L}{S}=\frac{0{,}25\cdot100}{10^6}=2{,}5\cdot10^{-5}\ \text{Ом} \]

(\(S=1\) км\(^2=10^6\) м\(^2\)). Мощность во внешней нагрузке \(N=I^2R\), ток \(I=\mathcal{E}/(R+R_i)\). Максимум при \(R=R_i\):

\[ N_{\max}=\frac{\mathcal{E}^2}{4R_i}=\frac{(vB)^2SL}{4\rho} =\frac{10^{-8}\cdot10^6\cdot100}{4\cdot0{,}25}=1\ \text{Вт}. \]

Решение

В системе газа заряды чувствуют поле \(vB\). На холостом ходу они рассаживаются по электродам, пока \(E=vB\):

\[ V_{\max}=vBh=2000\cdot1\cdot0{,}10=200\ \text{В}. \]

При коротком замыкании макроскопического \(E\) между электродами нет, ток несёт сам \(vB\):

\[ j=\lambda vB,\qquad I_{\max}=\lambda vBS=50\cdot2000\cdot1\cdot1=10^5\ \text{А}=100\ \text{кА}. \]

В книге стоит \(10\) кА — потерян нуль: \(50\cdot2000=10^5\), не \(10^4\). Формула \(I=\lambda BvS\) верная.

Почему «проводимость пропорциональна плотности»? Если нагрузить генератор, газ тормозится силой Ампера, расширяется, \(\lambda\) падает. Максимальные \(I\) и \(V\) достигаются, когда газ ещё не успел сдать скорость, — то есть по входным \(\lambda\) и \(v\). Дальше характеристики только хуже.

Решение

Сечение ленты \(d\times h\), объёмная плотность заряда носителей \(\rho\), поэтому ток

\[ I=\rho\cdot v\cdot d\cdot h\qquad\Longrightarrow\qquad v=\frac{I}{\rho dh}. \]

В поперечном поле сила Лоренца \(qvB\) уравновешивается холловским полем:

\[ E_H=vB=\frac{IB}{\rho dh}. \]

Точки 1 и 2 — на противоположных длинных краях, расстояние между ними \(d\):

\[ V=E_H d=\frac{IB}{\rho h}. \]

Ширина сократилась: чем шире лента, тем меньше \(v\) при том же токе, и ровно во столько же растёт путь, по которому мы интегрируем \(E_H\).

Плотность \(\rho\) здесь — объёмная плотность заряда носителей, не удельное сопротивление. Для электронов \(\rho=-ene\), и знак \(V\) противоположен \([\mathbf{j}\times\mathbf{B}]\). Толщина \(h\) — размер вдоль \(B\): чем тоньше лента, тем выше дрейфовая скорость и тем больше холловское напряжение. На этом стоит датчик Холла в тонкой плёнке.

Решение

а. Сила Ампера \(F=IlB\) постоянна (ток держат постоянным, поле внешнее). Ускорение \(a=IlB/m\), с нуля на пути \(L\):

\[ v^2=2aL=\frac{2IlBL}{m}\qquad\Longrightarrow\qquad v=\sqrt{\frac{2BIlL}{m}}. \]

То же через работу: \(A=F\cdot L=IlBL=mv^2/2\).

б. Масса сгустка — это \(10^{13}\) протонов (электрон на фоне не виден):

\[ m=10^{13}\cdot1{,}67\cdot10^{-27}=1{,}67\cdot10^{-14}\ \text{кг}, \] \[ v=\sqrt{\frac{2\cdot1\cdot10\cdot0{,}1\cdot1}{1{,}67\cdot10^{-14}}}=\sqrt{1{,}2\cdot10^{14}}\approx1{,}1\cdot10^7\ \text{м/с}. \]

Решение

Ток течёт между горизонтальными электродами (путь \(a\)), поле перпендикулярно вертикальным стенкам. Сила на пробку

\[ F=IaB \]

и направлена вдоль трубы. Сечение трубы \(A=ab\). За время \(\mathrm{d}t\) пробка захватывает массу \(\mathrm{d}m=\rho A v\,\mathrm{d}t\) и разгоняет её от нуля до \(v\) (неупругое «прилипание» — как снегоочиститель). Поток импульса

\[ \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}t}=v\frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t}=\rho ab\,v^2. \]

В установившемся режиме \(F=\mathrm{d}p/\mathrm{d}t\):

\[ IaB=\rho ab\,v^2\qquad\Longrightarrow\qquad v=\sqrt{\frac{IB}{\rho b}}. \]

Высота \(a\) сократилась: и сила, и сечение ей пропорциональны. Условие «быстрее звука» нужно, чтобы впереди не было предвестника — сжатый газ не убегал бы от пробки по звуковым характеристикам, и модель снегоочистителя работала.

Решение

Радиус в момент \(t\): \(r=r_0+vt\). Поток \(\Phi=B\pi r^2\),

\[ \mathcal{E}=\dot\Phi=2\pi r Bv. \]

Объём материала \(V=2\pi r\cdot s=\text{const}\), поэтому сечение \(s=s_0 r_0/r\). Удельное сопротивление не меняется (проводимость постоянна), значит

\[ R=\varrho_{\text{уд}}\frac{2\pi r}{s}=R_0\Bigl(\frac{r}{r_0}\Bigr)^2, \]

потому что \(R_0=\varrho_{\text{уд}}2\pi r_0/s_0\) и \(s/s_0=r_0/r\). Ток

\[ I=\frac{\mathcal{E}}{R}=\frac{2\pi r Bv}{R_0(r/r_0)^2}=\frac{2\pi r_0^2 Bv}{R_0 r}=\frac{2\pi r_0^2 Bv}{R_0(r_0+vt)}. \]

Масса кольца постоянна (плотность не меняется, объём не меняется), поэтому утоньшение — единственная причина роста \(R\). Если бы растягивали резиновую трубку с ртутью, проводимость могла бы ещё и упасть от деформации; здесь материал «честный»: \(\lambda=\mathrm{const}\).

Направление тока — против нарастания потока (Ленц): кольцо норовит сжаться. Чтобы радиус рос равномерно, внешняя сила должна эту стяжку пересиливать.

Решение

Уравнение контура \(\mathcal{E}=IR\), \(\mathcal{E}=-\dot\Phi\), ток \(I=\mathrm{d}q/\mathrm{d}t\):

\[ R\,\mathrm{d}q=-\mathrm{d}\Phi\qquad\Longrightarrow\qquad q=\frac{\Delta\Phi}{R}. \]

Вначале \(\Phi_1=BS\), после поворота плоскость витка параллельна \(B\), \(\Phi_2=0\). Модуль прошедшего заряда

\[ q=\frac{BS}{R}. \]

То же через заряд: \(I=\mathrm{d}q/\mathrm{d}t=-\dot\Phi/R\), \(q=\int I\,\mathrm{d}t=(\Phi_1-\Phi_2)/R\). Путь, по которому виток поворачивали, в ответ не вошёл — можно крутить медленно рукой или щёлкнуть пружиной. Именно поэтому баллистический гальванометр измеряет \(\int I\,\mathrm{d}t\), а не мгновенный ток, и годится как веберметр.

Если сопротивление самого витка \(r\) не мало по сравнению с \(R\), в знаменателе будет \(R+r\). В условии «гальванометр с сопротивлением \(R\)» обычно означает, что это полное сопротивление цепи.

Решение

При внесении катушки осью вдоль \(B\) поток через один виток меняется на \(B\cdot\pi r^2\), через \(N\) витков — на \(NB\pi r^2\). Сопротивление катушки (гальванометр считаем идеальным, как часто в таких датчиках; либо его сопротивление уже включено в «медный» порядок)

\[ R=\varrho\frac{L}{s}=\varrho\frac{N\cdot2\pi r}{s},\qquad s=\pi\Bigl(\frac{d}{2}\Bigr)^2. \]

Заряд

\[ Q=\frac{NB\pi r^2}{R}=\frac{NB\pi r^2\cdot s}{\varrho N 2\pi r}=\frac{Brs}{2\varrho}. \]

\(N\) сократилось. Отсюда

\[ B=\frac{2\varrho Q}{rs}. \]

Числа: \(d=0{,}2\) мм, \(s=\pi\cdot(10^{-4})^2=\pi\cdot10^{-8}\) м\(^2\), \(r=0{,}01\) м, \(Q=10^{-4}\) Кл, \(\varrho=1{,}7\cdot10^{-8}\):

\[ B=\frac{2\cdot1{,}7\cdot10^{-8}\cdot10^{-4}}{0{,}01\cdot\pi\cdot10^{-8}}=\frac{3{,}4\cdot10^{-12}}{3{,}14\cdot10^{-10}}=1{,}08\cdot10^{-2}\ \text{Тл}\approx1{,}1\cdot10^{-2}\ \text{Тл}. \]

Решение

ЭДС в перемычке \(\mathcal{E}=Blv\), ток \(I=Blv/R\) (рейки идеальные). Сила Ампера вверх:

\[ F_A=IlB=\frac{B^2l^2v}{R}. \]

Уравнение движения \(m\dot v=mg-B^2l^2v/R\). Установившийся режим \(\dot v=0\):

\[ v=\frac{mgR}{(Bl)^2}. \]

Работа силы тяжести на пути \(\mathrm{d}x\) равна \(mg\,\mathrm{d}x\). Кинетическая энергия больше не растёт, поэтому вся эта работа уходит в джоулево тепло:

\[ I^2R\,\mathrm{d}t=\frac{B^2l^2v^2}{R}\cdot\frac{\mathrm{d}x}{v}=\frac{B^2l^2v}{R}\,\mathrm{d}x=mg\,\mathrm{d}x. \]

Потенциальная энергия \(\to\) тепло в резисторе. Больше никуда.

Решение

а. Из 11.1.19

\[ m\dot v=mg-\frac{B^2l^2}{R}v. \]

Это \(\dot v+(1/\tau)v=g\), где \(\tau=mR/(B^2l^2)\). Решение с \(v(0)=0\):

\[ v(t)=\frac{mgR}{B^2l^2}\Bigl(1-\exp\bigl(-B^2l^2 t/(mR)\bigr)\Bigr). \]

б. На конденсаторе \(q=C\mathcal{E}=CBlv\). Ток \(I=\dot q=CBl\,\dot v\). Сила Ампера \(IlB=CB^2l^2\dot v\) направлена вверх. Уравнение

\[ m\dot v=mg-CB^2l^2\dot v\qquad\Longrightarrow\qquad \dot v=\frac{mg}{m+CB^2l^2}. \]

Ускорение постоянно, с нуля

\[ v(t)=\frac{mgt}{m+CB^2l^2}. \]

Конденсатор «утяжелил» перемычку на электромагнитную массу \(CB^2l^2\): энергия конденсатора \(q^2/(2C)=(C/2)B^2l^2v^2\) выглядит в точности как \(\frac12 m_{\text{эм}}v^2\).

Решение

Осесимметричное поле, виток перпендикулярен оси. Поток \(\Phi(z)\) зависит только от координаты вдоль оси. Осевую силу создаёт радиальная составляющая поля: сила Ампера \(I\,\mathrm{d}l\,B_r\) у всех элементов витка смотрит в одну сторону вдоль оси, всего \(F_z=I\cdot2\pi r\,B_r\).

Свяжем \(B_r\) с потоком. Линии индукции непрерывны: для тонкого цилиндра между сечениями \(z\) и \(z+\Delta z\) приращение осевого потока \(\Delta\Phi\) компенсируется потоком через боковую поверхность \(2\pi r B_r\,\Delta z\). Отсюда \(2\pi r\,B_r=\Delta\Phi/\Delta z\) (по модулю), и

\[ F_z=I\,\frac{\Delta\Phi}{\Delta z}. \]

Работа на перемещении \(\Delta z\):

\[ \Delta A=F_z\,\Delta z=I\,\Delta\Phi. \]

Внешних сил кроме магнитной нет (или они учтены в «теле вместе с витком»), поэтому \(\Delta K=\Delta A\); складывая шаги вдоль пути, получаем

\[ \Delta K=I\,\Delta\Phi. \]

Коэффициент пропорциональности \(k=I\). Источник, поддерживающий ток, как раз совершает работу \(I\Delta\Phi\) против индукционной ЭДС — она-то и приходит в кинетическую энергию.

Это тот же рельсотрон, только в криволинейном поле: роль \(BIl\,\Delta x\) играет \(I\,\Delta\Phi\). Если ток не держать, а дать контуру замкнуться накоротко, вмороженный поток не пустит тело в область сильного поля — сверхпроводящее кольцо отскочит (см. § 11.5). Здесь ток кормят снаружи, и путь открыт.

Решение

Поток через кольцо \(\Phi=B_0(1+\alpha h)\pi a^2\). За время \(\Delta t\) падающее кольцо опускается на \(\Delta h=v\Delta t\), и поток меняется на \(\Delta\Phi=B_0\alpha\pi a^2\Delta h\). ЭДС индукции и ток

\[ \mathcal{E}=\Bigl|\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}\Bigr|=B_0\alpha\pi a^2 v,\qquad I=\frac{B_0\alpha\pi a^2 v}{R}. \]

Силу проще всего взять из баланса мощности: джоулево тепло равно работе магнитной силы,

\[ I^2R=F_{\text{маг}}v\qquad\Longrightarrow\qquad F_{\text{маг}}=\frac{(B_0\alpha\pi a^2)^2}{R}\,v. \]

То же из 11.1.21: \(F=I\,|\Delta\Phi/\Delta h|=I\cdot B_0\alpha\pi a^2\). В установившемся режиме \(mg=F_{\text{маг}}\):

\[ v=\frac{mgR}{(B_0\pi a^2\alpha)^2}. \]

Знак \(\alpha\) важен только для направления тока: сила всегда против скорости (Ленц). Если \(\alpha>0\) и кольцо падает вниз (в меньшее \(B\)), ток борется с убылью потока и создаёт момент/силу вверх. Если поле растёт вниз, ток другой, сила снова вверх.

С большой высоты — чтобы успела установиться скорость и чтобы \(B=B_0(1+\alpha h)\) можно было считать локально линейным на размере кольца (\(a|\alpha|\ll1\)). Иначе разные точки обода чувствуют разный \(B\), и наша формула \(\Phi=B\pi a^2\) чуть плывёт.

Решение

Центр масс стержня — на середине, рычаг силы тяжести равен \((L/2)\sin\varphi\), где \(\varphi\) — угол с вертикалью вверх. Момент тяжести относительно шарнира

\[ M_g=mg\cdot\frac L2\sin\varphi. \]

Ток \(I\) в стержне, поле \(B\) перпендикулярно плоскости: сила Ампера \(F=ILB\) лежит в плоскости кольца и перпендикулярна стержню. Её момент (сила распределена равномерно, плечо \(L/2\))

\[ M_A=ILB\cdot\frac L2=\frac12 IBL^2. \]

Для \(\dot\omega=0\) нужно \(M_A=M_g\):

\[ \frac12 IBL^2=\frac12 mgL\sin\varphi\qquad\Longrightarrow\qquad I=\frac{mg}{BL}\sin\varphi. \]

Стартуем сверху, \(\varphi=\omega t\), поэтому \(I=(mg/BL)\sin\omega t\). В ответах книги стоит \(\cos\omega t\): это та же зависимость, если нуль времени поставить в горизонтальное положение стержня (тогда в верхнем положении \(\omega t=\pi/2\), \(\cos=0\), ток нуль — как и должно быть). Мы держим начало отсчёта, как сказано в условии, и пишем синус; печатный косинус — сдвиг фазы на \(\pi/2\).

Решение

а. Поток через контур-сектор \(\Phi=B\cdot\frac12 L^2\theta\), индукционная ЭДС \(\mathcal{E}_{\text{инд}}=\frac12 BL^2\omega\). Закон Ома:

\[ E-\frac12 BL^2\omega=IR. \]

Сила Ампера на перемычку \(ILB\), плечо \(L/2\), момент \(M_A=\frac12 IBL^2\). Момент трения в контакте на ободе \(M_{\text{тр}}=FL\). В установившемся режиме

\[ \frac12 IBL^2=FL\qquad\Longrightarrow\qquad I=\frac{2F}{BL}. \]

Подставляем в закон Ома:

\[ E-\frac12 BL^2\omega=\frac{2FR}{BL},\qquad \omega_{\text{уст}}=\frac{2E}{BL^2}\Bigl(1-\frac{2FR}{BEL}\Bigr). \]

б. Трения нет, \(I=(E-\frac12 BL^2\omega)/R\). Момент инерции однородного стержня относительно конца \(J=mL^2/3\):

\[ \frac{mL^2}{3}\dot\omega=\frac12 IBL^2=\frac{BL^2}{2R}\Bigl(E-\frac12 BL^2\omega\Bigr). \]

Это \(\dot\omega=(\omega_\infty-\omega)/\tau\) с \(\omega_\infty=2E/(BL^2)\) и \(\tau=4mR/(3B^2L^2)\). При \(\omega(0)=0\)

\[ \omega(t)=\frac{2E}{BL^2}\Bigl[1-\exp\Bigl(-\frac{3B^2L^2}{4mR}\,t\Bigr)\Bigr]. \]

Решение

На элемент радиуса \(\mathrm{d}x\) на расстоянии \(x\) от оси \(v=\omega x\), \(\mathrm{d}\mathcal{E}=vB\,\mathrm{d}x=B\omega x\,\mathrm{d}x\). От оси до обода

\[ \mathcal{E}=\int_0^r B\omega x\,\mathrm{d}x=\frac12 B\omega r^2. \]

То же через поток: радиус за время \(\mathrm{d}t\) заметает сектор \(\frac12 r^2\omega\,\mathrm{d}t\), \(\mathrm{d}\Phi=B\cdot\frac12 r^2\omega\,\mathrm{d}t\). Амперметр с сопротивлением \(R\) (диск считаем идеальным) покажет

\[ I=\frac{\mathcal{E}}{R}=\frac{\omega Br^2}{2R}. \]

Числа: \(\omega=2\pi\cdot50=314\) рад/с, \(r^2=2{,}5\cdot10^{-3}\) м\(^2\),

\[ I=\frac{314\cdot1\cdot2{,}5\cdot10^{-3}}{2\cdot1}=0{,}39\ \text{А}\approx0{,}4\ \text{А}. \]

Решение

Поле радиальное, поэтому на радиальных сторонах \([\mathbf{v}\times\mathbf{B}]\) не даёт ЭДС вдоль провода. Вся ЭДС — на свободном крае (длина \(a\), скорость относительно поля \(\omega_{\text{отн}}a\), \(B\) как раз там и задано):

\[ \mathcal{E}=B\cdot a\cdot(\omega_0-\omega)a=Ba^2(\omega_0-\omega). \]

Сопротивление рамки \(R=4a\rho\), ток \(I=\mathcal{E}/R=Ba(\omega_0-\omega)/(4\rho)\). Сила Ампера на внешнюю сторону \(F=IaB\), момент

\[ M_A=Fa=IBa^2=\frac{B^2a^3(\omega_0-\omega)}{4\rho}. \]

Установившееся вращение: \(M_A=M\),

\[ \omega_0-\omega=\frac{4M\rho}{a^3B^2}\qquad\Longrightarrow\qquad \omega=\omega_0-\frac{4M\rho}{a^3B^2}. \]

Рамка отстаёт от магнита — как ротор асинхронной машины под нагрузкой. Скольжение пропорционально моменту трения.

Решение

Уравнение якоря машины постоянного тока

\[ E=\mathcal{E}+IR,\qquad\mathcal{E}=k\omega. \]

На холостом ходу \(\omega\approx E/k\), ток почти нуль. Под нагрузкой \(\omega\) чуть падает, появляется ток, момент \(M=kI\). Если ротор заклинило, \(\omega=0\), \(\mathcal{E}=0\),

\[ I=\frac{E}{R}. \]

Сопротивление обмотки мало (оно и должно быть малым, чтобы КПД был высок), поэтому этот ток в десятки раз больше номинального. Тепло \(I^2R\) за секунды плавит изоляцию — двигатель «сгорает».

Именно поэтому у мощных машин ставят пусковой реостат: в момент старта \(\mathcal{E}\) тоже нуль, и без добавочного \(R\) ток был бы таким же убийственным. У асинхронника картина похожая: заторможенный ротор — это короткозамкнутый трансформатор, ток намагничивания огромный, греются и статор, и ротор. Защита — тепловое реле или частотник с ограничением тока.

Численно: мотор 1 кВт, 220 В, КПД 80 %, номинальный ток \(\sim6\) А. Сопротивление якоря доли ома, пусковой/стопорный ток 30–50 А, тепло в обмотке в \((40/6)^2\sim40\) раз выше номинала. Изоляция класса B терпит \(130^\circ\)C — минуты, не часы.

Решение

Как мотор:

\[ \mathcal{E}_1=E-IR=24-0{,}2\cdot20=24-4=20\ \text{В} \]

при \(n_1=600\) мин\(^{-1}\). Как динамо при \(n_2=1200=2n_1\)

\[ \mathcal{E}_2=\mathcal{E}_1\cdot\frac{n_2}{n_1}=20\cdot2=40\ \text{В}. \]

Обмотка та же, магнитный поток тот же, меняется только \(\omega\). Формально \(\mathcal{E}=N\Phi\omega\): число витков и поток полюса не трогали, частоту удвоили. Важно, что в условии нет речи о последовательном возбуждении — иначе \(\Phi\) зависел бы от тока нагрузки динамо, и данных не хватило бы.

Угловые скорости: \(n_1=600\) мин\(^{-1}=10\) с\(^{-1}\), \(\omega_1=20\pi\) рад/с. Константа машины \(k=\mathcal{E}_1/\omega_1=20/(20\pi)=1/\pi\) В·с. На новых оборотах \(\omega_2=40\pi\), \(\mathcal{E}_2=k\omega_2=40\) В — тот же ответ без пропорции.

Решение

Как динамо: \(E_0=k\cdot2\pi f_0\), откуда \(k=E_0/(2\pi f_0)\). Как мотор в установившемся режиме электромагнитный момент равен моменту трения:

\[ kI=M\qquad\Longrightarrow\qquad I=\frac{M}{k}=\frac{2\pi f_0 M}{E_0}. \]

Закон Ома якоря \(E-\mathcal{E}=IR\), \(\mathcal{E}=k\cdot2\pi f=E_0 f/f_0\):

\[ E-E_0\frac{f}{f_0}=R\cdot\frac{2\pi f_0 M}{E_0}, \] \[ \frac{f}{f_0}=\frac{E}{E_0}-\frac{2\pi MRf_0}{E_0^2}, \] \[ f=f_0\Bigl(\frac{E}{E_0}-\frac{2\pi MRf_0}{E_0^2}\Bigr). \]

Поправка на трение имеет простой смысл: ток холостого хода (который как раз и крутит против \(M\)) «съедает» часть напряжения, и на противо-ЭДС остаётся меньше, чем \(E\). Чем больше \(R\), тем сильнее просадка оборотов — длинные провода до мотора его глушат.

Численный набросок: пусть \(E=E_0=24\) В, \(f_0=10\) с\(^{-1}\), \(R=2\) Ом, \(M=0{,}01\) Н·м. Поправка \(2\pi\cdot0{,}01\cdot2\cdot10/576\approx0{,}002\), частота почти \(f_0\). Чтобы сбить обороты вдвое, нужен момент уже ньютон-метр — для школьного моторчика это заклинивание.

Решение

Потери на трение \(0{,}04\cdot50=2\) Вт. Электрическая мощность

\[ N_{\text{эл}}=48\ \text{Вт}=\frac{\mathcal{E}^2}{R}=\frac{\mathcal{E}^2}{300}. \]

Отсюда \(\mathcal{E}^2=14400\), \(\mathcal{E}=120\) В.

При \(R=60\) Ом частота та же, значит \(\mathcal{E}=120\) В по-прежнему. Электрическая мощность

\[ \frac{\mathcal{E}^2}{60}=\frac{14400}{60}=240\ \text{Вт}. \]

Почему при той же частоте трение то же? Момент трения в подшипниках почти не зависит от нагрузки якоря (это сухое трение плюс небольшое вентиляционное), поэтому \(N_{\text{тр}}=M_{\text{тр}}\omega\) при фиксированных оборотах стоит на месте. Электрическая мощность \(\mathcal{E}^2/R\) выросла впятеро, потому что ток вырос впятеро, а ЭДС та же.

Можно пересчитать через ток. Первый режим: \(I_1=0{,}4\) А, момент на валу \(M=kI_1+M_{\text{тр}}\). Второй: \(I_2=2\) А. Если бы мы держали не частоту, а момент (тот же привод без регулятора), обороты упали бы — но условие просит «той же частоты», то есть вал крутят принудительно.

Решение

Холостой ход без трения: ток нуль, \(E=k\omega_0\), \(k=E/\omega_0\). Стопор: \(\omega=0\), \(I_0=E/r\), \(r=E/I_0\).

После переключения одного источника знаки \(E\) у двух якорей противоположны относительно общего вращения. Токи

\[ I_1=\frac{E-k\omega}{r}=I_0\Bigl(1-\frac{\omega}{\omega_0}\Bigr),\qquad I_2=\frac{-E-k\omega}{r}=-I_0\Bigl(1+\frac{\omega}{\omega_0}\Bigr). \]

Моменты \(M_i=kI_i\). Суммарный электромагнитный момент на валу

\[ M_{\text{эм}}=kI_1+kI_2=kI_0\Bigl[\bigl(1-\tfrac{\omega}{\omega_0}\bigr)-\bigl(1+\tfrac{\omega}{\omega_0}\bigr)\Bigr] =-2kI_0\frac{\omega}{\omega_0}=-\frac{2EI_0\omega}{\omega_0^2}. \]

Чтобы вал крутился с угловой скоростью \(\omega\), внешний момент должен компенсировать этот тормоз:

\[ M=\frac{2EI_0\omega}{\omega_0^2}. \]

Решение

Сопротивление провода до трамвая \(r=\rho l\), рельсы считаем идеальными. Противо-ЭДС одного двигателя \(\mathcal{E}\).

Последовательно. Ток \(I_1\) идёт через оба мотора:

\[ V=I_1\rho l+2I_1 R+2\mathcal{E}. \tag{1} \]

Параллельно. Ток линии \(I_2\), через каждый мотор \(I_2/2\):

\[ V=I_2\rho l+\frac{I_2}{2}R+\mathcal{E}. \tag{2} \]

Исключаем \(\mathcal{E}\). Из (2) \(\mathcal{E}=V-I_2\rho l-I_2 R/2\), подставляем в (1):

\[ V=I_1\rho l+2I_1 R+2V-2I_2\rho l-I_2 R, \] \[ \rho l(2I_2-I_1)=V+R(2I_1-I_2), \] \[ l=\frac{V+R(2I_1-I_2)}{\rho(2I_2-I_1)}. \]

В книге стоит выражение с квадратами токов — оно получается, если вместо равенства \(\mathcal{E}\) приравнивать электрические мощности за вычетом джоулева тепла (то же \(Fv\)). При аккуратной расстановке знаков

\[ l=\frac{2V(I_2-I_1)+R(4I_1^2-I_2^2)}{2\rho(I_2^2-I_1^2)}; \]

в печатном ответе в числителе \(2V(I_1-I_2)\) — переставлены индексы. При типичном \(I_2>I_1\) положительное \(l\) даёт именно \(I_2-I_1\). Мы держим более короткий и прозрачный ответ из Кирхгофа: он совпадает с «мощностным», если дополнительно \(I_2=2I_1\) (тогда оба мотора дают одну и ту же силу \(F\) в обоих режимах автоматически).

Скорость из параллельного режима: механическая мощность \(Fv=\mathcal{E}I_2\) (два мотора по \(\mathcal{E}\cdot I_2/2\)):

\[ v=\frac{I_2}{F}\Bigl(V-I_2\rho l-\frac{I_2 R}{2}\Bigr) =\frac{I_2}{2F}\bigl[2V-I_2(2\rho l+R)\bigr]. \]

Подсказка

Сразу после замыкания ключа ЭДС индукции двигателя равна нулю, а в установившемся режиме на невращающемся валу нагрузки ток двигателя нулевой. В пп. 2–4 помните, что ток через катушку индуктивности не может измениться скачком.

Ответ

1) \(U_{AB}(0) = \dfrac{U_0 R_\text{М}}{r+R_0+R_\text{М}} = 8\) В; \(I_{\max} = \dfrac{U_0}{r+R_0+R_\text{М}} = 400\) А; при 75% от максимальной скорости \(I = 100\) А; 2) \(I_\text{М} = \dfrac{U_0}{r+R_0+R_\text{М}}\cdot\dfrac{\alpha}{1+\alpha}\); 3) \(\Delta U_{AB} = U_0\dfrac{R_\text{М}}{r+R_0}\cdot\dfrac{1}{1+\alpha}\), \(\alpha = 11\); 4) \(I_l^{(2)} = 100\) А.

Подсказка

Ток пропорционален натяжению троса: с двумя двигателями ток каждого вдвое меньше, а суммарный ток зарядки тот же. Запишите закон сохранения энергии: работа силы тяжести идёт на зарядку аккумулятора и джоулево тепло в обмотках.

Ответ

1) \(t'/t = Q_2/Q_1 = 4/3\);  2) \(I_0/I = 1\) — ток зарядки в обоих случаях равен току через неподвижный ротор;  3) \(Q_3 = \dfrac{3Q_1Q_2}{4Q_1 - Q_2} = 450\text{ мА}\cdot\text{час}\).

Решение

Рассмотрим сначала случай одного генератора. Поскольку груз опускается равномерно, то сила натяжения троса постоянна (она равна весу груза), и поэтому ток в обмотке ротора постоянен. Это значит, что \(Q_1 \approx I\cdot t\).

В случае с двумя генераторами они делят нагрузку поровну, то есть сила натяжения каждого троса равна половине силы натяжения для одного троса. Поскольку магнитные силы, действующие на ротор, пропорциональны току через него, то токи через генераторы в этом случае будут равны \(I' = I/2\). Суммарный ток зарядки аккумулятора остался тем же, то есть теперь \(Q_2 \approx I\cdot t'\).

Значит, отношение времен зарядки \[\frac{t'}{t} \approx \frac{Q_2}{Q_1} = \frac43.\]

При опускании груза, согласно условию, его потенциальная энергия переходит только в работу по дозарядке аккумулятора и в джоулево тепло, выделяющееся в цепи обмотки ротора. Пусть \(\varepsilon\) — постоянная (по условию) ЭДС аккумулятора, а \(R\) — сопротивление цепи обмотки ротора. Работа над аккумулятором равна \(A = \varepsilon Q_1\), а мощность тепловыделения \(P = I^2R\). Если масса груза равна \(m\), то закон сохранения энергии для зарядки одним генератором имеет вид: \[mgH \approx \varepsilon Q_1 + I^2Rt = Q_1\left(\varepsilon + \frac{RQ_1}{t}\right).\] Для зарядки двумя генераторами: \[mgH \approx \varepsilon Q_2 + 2I'^2Rt' = \varepsilon Q_2 + \frac12 I^2Rt' = Q_2\left(\varepsilon + \frac{RQ_1}{2t}\right)\] (здесь мы использовали соотношение \(Q_1/t \approx Q_2/t'\)). Сопоставляя два выражения для \(mgH\), находим, что \[Q_2 = Q_1\cdot\frac{2(\varepsilon t + RQ_1)}{2\varepsilon t + RQ_1} = Q_1\cdot\frac{2x+2}{2x+1},\] где введено обозначение \(x \equiv \dfrac{\varepsilon t}{RQ_1}\). Отметим, что эта величина как раз и равна отношению силы тока через неподвижный ротор (\(I_0 = \varepsilon/R\)) к силе тока зарядки. Из полученного соотношения выражаем \[\frac{I_0}{I} = x = \frac{2Q_1 - Q_2}{2Q_2 - 2Q_1} = 1.\]

Повторив аналогичные рассуждения для случая трех генераторов, получим \[Q_3 = Q_1\cdot\frac{3x+3}{3x+1} = \frac{3Q_1Q_2}{4Q_1 - Q_2} = 450\text{ мА}\cdot\text{час}.\]