Сила Ампера

Подсказка

Какая сила действует на участки провода, параллельные полю? Разбейте дугу на малые элементы тока и просуммируйте силы: чему равна сумма векторов \(\Delta\vec l_i\) для дуги?

Ответ

А) \(F_1 = 2I_1R_1B_1\); Б) \(F_2 = I_2\cdot 2\sqrt2\,R_2\cdot B_2\cdot\sin\dfrac{\pi}{4} = 6\) Н.

Решение

А) На провода, параллельные вектору индукции магнитного поля \(\vec B\), не действует сила Ампера. Разобьём проволочную полуокружность на элементы тока. На каждый элемент тока действует сила Ампера, равная \(\vec F_i = I\,[\Delta\vec l_i\times\vec B]\). Сила, действующая на весь проводник, равна векторной сумме сил, действующих на элементы тока: \[\vec F = \sum_i \vec F_i = \sum_i I\,[\Delta\vec l_i\times\vec B] = I\left[\sum_i\Delta\vec l_i\times\vec B\right] = I\,[\Delta\vec l\times\vec B],\] где \(\Delta\vec l\) "— вектор, соединяющий начальную и конечную точки проволочной полуокружности.

Окончательно получаем: \[F_1 = I_1\cdot 2R_1\cdot B_1\cdot\sin\frac{\pi}{2} = 2I_1R_1B_1.\]

Б) Аналогично предыдущему пункту получаем (см. рис.):

\[F_2 = I_2\cdot 2\sqrt2\,R_2\cdot B_2\cdot\sin\frac{\pi}{4} = 30\cdot 2\sqrt2\cdot 0{,}1\cdot 1\cdot\frac{\sqrt2}{2} = 6\text{ Н}.\]

Решение

На линейный проводник длины \(l=10\) см \(=0{,}10\) м с током \(I=1{,}5\) А действует сила \(F=15\) Н. Провод перпендикулярен магнитному полю, поэтому

\[ F=IlB\qquad\Longrightarrow\qquad B=\frac{F}{Il}=\frac{15}{1{,}5\cdot0{,}10}=100\ \text{Тл}. \]

Сто тесла — поле чудовищное. У лучших сверхпроводящих магнитов десятки тесла, у железного магнита школьного кабинета — десятые доли. Задача учебная: сила 15 Н (полтора килограмма) на коротком проводе при скромном токе требует именно такого \(B\). В реальности проводчик 10 см с током 1,5 А в поле 1 Тл чувствовал бы всего 0,15 Н.

Решение

На заряд \(q=1\) Кл, летящий со скоростью \(v=1\) м/с под углом \(\alpha=30^\circ\) к индукции, действует сила \(F=10\) Н. Модуль силы Лоренца

\[ F=qvB\sin\alpha\qquad\Longrightarrow\qquad B=\frac{F}{qv\sin\alpha}=\frac{10}{1\cdot1\cdot\sin30^\circ}=\frac{10}{1/2}=20\ \text{Тл}. \]

Сила всегда перпендикулярна и \(\mathbf{v}\), и \(\mathbf{B}\) — она не меняет энергии заряда, только искривляет траекторию. Здесь нас просят только модуль \(B\), направление не нужно.

Решение

Эталон: прямой провод длины \(l\) перпендикулярен \(\mathbf{B}\), ток \(I\), сила \(F=IlB\). Отсюда \(B=F/(Il)\).

а. Провод длины \(l+L\) изогнут под углом \(\varphi\), плоскость изгиба перпендикулярна \(\mathbf{B}\). Два прямолинейных участка — стороны \(l\) и \(L\), угол между ними \(\varphi\). Вектор-хорда от одного конца до другого имеет длину (теорема косинусов)

\[ \ell=\sqrt{l^2+L^2-2lL\cos\varphi}. \]

Сила при токе \(I_1\)

\[ F_1=I_1\ell B=F\cdot\frac{I_1}{I}\sqrt{1+\frac{L^2}{l^2}-2\frac{L}{l}\cos\varphi}. \]

б. Полуокружность радиуса \(R\), плоскость перпендикулярна \(\mathbf{B}\). Концы — концы диаметра, хорда равна \(2R\). Сила при токе \(I_2\)

\[ F_2=I_2\cdot 2R\cdot B=2F\cdot\frac{R}{l}\frac{I_2}{I}. \]

Дуга длиннее диаметра, но поперечные компоненты силы на симметричных элементах сокращаются, остаётся ровно вклад диаметра.

Решение

Металлические стенки — те, к которым подано \(V\); расстояние между ними равно ширине \(b\). Поле в электролите \(E=V/b\), плотность тока

\[ j=\lambda E=\frac{\lambda V}{b}. \]

Сила на единицу объёма \(f=jB=\lambda VB/b\) направлена вдоль длины \(a\) — к одной из изолирующих стенок (правило левой руки: ток поперёк кюветы, \(\mathbf{B}\) вниз, сила вдоль \(a\)).

В стационаре жидкость не течёт, градиент давления уравновешивает \(f\):

\[ \frac{\Delta P}{a}=f\qquad\Longrightarrow\qquad\Delta P=\frac{\lambda VBa}{b}. \]

Перепад уровней свободной поверхности \(\Delta h=\Delta P/(\rho g)\):

\[ \Delta h=\frac{a\lambda VB}{b\rho g}. \]

У более высокой стенки давление столба \(\rho g\Delta h\) как раз и держит магнитную силу.

Решение

Проводник массы \(m=0{,}16\) кг, длины \(l=80\) см \(=0{,}80\) м, ток \(I=2\) А, поле \(B=1\) Тл вертикально. Сила Ампера горизонтальна и равна

\[ F=IlB=2\cdot0{,}80\cdot1=1{,}60\ \text{Н}. \]

Вес \(mg=0{,}16\cdot9{,}8=1{,}57\) Н \(\approx1{,}60\) Н. Числа подобраны: \(IlB\approx mg\).

В равновесии две нити отклонены на угол \(\alpha\) от вертикали. Натяжения дают

\[ 2T\sin\alpha=F,\qquad 2T\cos\alpha=mg, \]

откуда

\[ \operatorname{tg}\alpha=\frac{F}{mg}\approx1\qquad\Longrightarrow\qquad\alpha=45^\circ. \]

Гибкие подводы находятся вне поля и силы Ампера не дают. Сам провод остаётся горизонтальным: силы на концы симметричны.

Решение

Рамка квадратная, сторона \(a\), масса \(m\), ток \(I\). Ось — горизонтальная сторона. Поле \(\mathbf{B}\) вертикально. Плоскость рамки составляет угол \(\alpha\) с горизонтом, нормаль к рамке — угол \(\alpha\) с вертикалью. Магнитный момент \(M=IS=Ia^2\) направлен по нормали, момент магнитных сил

\[ N_{\text{м}}=MB\sin\alpha=Ia^2 B\sin\alpha. \]

Центр масс — в центре квадрата, на расстоянии \(a/2\) от оси. Плечо веса (горизонтальное расстояние от оси до вертикали через ЦМ) равно \((a/2)\cos\alpha\):

\[ N_{\text{т}}=mg\cdot\frac{a}{2}\cos\alpha. \]

Равенство моментов:

\[ Ia^2 B\sin\alpha=\frac{mga}{2}\cos\alpha\qquad\Longrightarrow\qquad I=\frac{mg}{2aB}\operatorname{ctg}\alpha. \]

Решение

а. Пусть стороны прямоугольника \(a\) (перпендикулярны \(\mathbf{B}\)) и \(b\) (параллельны \(\mathbf{B}\)). На стороны, параллельные полю, сила Ампера равна нулю. На каждую из сторон длины \(a\) действует \(F=IaB\), силы противоположны и образуют пару с плечом \(b\):

\[ N=F\cdot b=IaB\cdot b=I(ab)B=ISB=MB, \]

где \(M=IS\) — магнитный момент рамки.

б. Разложим \(\mathbf{B}=\mathbf{B}_\parallel+\mathbf{B}_\perp\) относительно плоскости рамки. Нормальная составляющая даёт силы, растягивающие или сжимающие рамку в её плоскости, — момент нулевой (все силы лежат в плоскости). Остаётся \(\mathbf{B}_\parallel\), и по пункту а

\[ N=M B_\parallel=MB\sin\theta=|\mathbf{M}\times\mathbf{B}|, \]

где \(\theta\) — угол между нормалью (направлением \(\mathbf{M}\)) и \(\mathbf{B}\). Вектор \(\mathbf{M}\) перпендикулярен плоскости рамки, его направление — по правилу буравчика.

Решение

Квадратная рамка, сторона \(a\), масса \(m\), ток \(I\). Ось \(O'O'\) — средняя линия в плоскости рамки. В равновесии \(\mathbf{B}\) перпендикулярна плоскости, \(M=Ia^2\) смотрит вдоль \(\mathbf{B}\). При малом угле \(\theta\)

\[ N=-Ia^2 B\sin\theta\approx-Ia^2 B\,\theta. \]

Момент инерции проволочного квадрата относительно средней линии. Две стороны, параллельные оси, лежат на расстоянии \(a/2\):

\[ J_\parallel=2\cdot\frac{m}{4}\cdot\Bigl(\frac{a}{2}\Bigr)^2=\frac{ma^2}{8}. \]

Две стороны, перпендикулярные оси, — стержни длины \(a\), ось через середину, в плоскости рамки:

\[ J_\perp=2\cdot\frac{m}{4}\cdot\frac{a^2}{12}=\frac{ma^2}{24}. \]

Сумма \(J=ma^2/6\). Уравнение \(J\ddot\theta=-Ia^2 B\,\theta\) даёт

\[ \omega=\sqrt{\frac{Ia^2 B}{ma^2/6}}=\sqrt{\frac{6IB}{m}}. \]

Сторона \(a\) сократилась: и момент сил, и момент инерции пропорциональны \(a^2\).

Решение

Сторона \(a\), площадь \(S=\sqrt{3}\,a^2/4\), магнитный момент \(M=IS\). Полная масса проволоки \(3\rho a\). Центр масс проволочного треугольника совпадает с геометрическим центром: расстояние от вершины (оси) \(d=2h/3=a/\sqrt{3}\), где \(h=\sqrt{3}\,a/2\) — высота.

Плоскость отклонена на \(\alpha\) от вертикали. Нормаль составляет \(\alpha\) с горизонтом, угол между \(\mathbf{M}\) и вертикальным \(\mathbf{B}\) равен \(\pi/2-\alpha\), поэтому момент магнитных сил

\[ N_{\text{м}}=MB\cos\alpha=I\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2 B\cos\alpha. \]

Момент веса: плечо равно \(d\sin\alpha\),

\[ N_{\text{т}}=mg\cdot d\sin\alpha=3\rho a\cdot g\cdot\frac{a}{\sqrt{3}}\sin\alpha=\rho a^2 g\sqrt{3}\,\sin\alpha. \]

Равенство:

\[ I\frac{\sqrt{3}}{4}a^2 B\cos\alpha=\rho\sqrt{3}\,a^2 g\sin\alpha\qquad\Longrightarrow\qquad \operatorname{tg}\alpha=\frac{IB}{4\rho g}. \]

Сторона \(a\) сократилась: и \(M\), и плечо веса пропорциональны \(a^2\).

Решение

Проведём внутри плоского контура семейство близких хорд, параллельных выбранному направлению, и замкнём их короткими торцами. Получится набор узких трапеций (в пределе — прямоугольников). По границе каждой пустим ток \(I\). На общих сторонах соседних микроконтуров токи противоположны и сокращаются: снаружи остаётся только исходная рамка.

Для прямоугольного микроконтура результат доказан в 9.1.7:

\[ \Delta\mathbf{N}_i=[\Delta\mathbf{M}_i\times\mathbf{B}],\qquad\Delta M_i=I\,\Delta S_i. \]

Все \(\Delta\mathbf{M}_i\) сонаправлены — одна плоскость, один обход. Сумма

\[ \mathbf{N}=\sum[\Delta\mathbf{M}_i\times\mathbf{B}] =\Bigl[\Bigl(\sum\Delta\mathbf{M}_i\Bigr)\times\mathbf{B}\Bigr] \xrightarrow[\Delta h\to0]{}[\mathbf{M}\times\mathbf{B}], \]

где \(M=IS\) — площадь всей рамки, умноженная на ток.

От формы осталась только площадь. Две рамки одинаковой площади и тока в одном однородном поле испытывают одинаковый момент — будь то круг, треугольник или «клякса».

Решение

а. Окружность радиуса \(R\), масса \(m=2\pi R\rho\), \(M=I\pi R^2\). ЦМ — в центре, на расстоянии \(R\) от оси-касательной. Плоскость отклонена на \(\alpha\) от вертикали:

\[ N_{\text{м}}=MB\cos\alpha=I\pi R^2 B\cos\alpha, \] \[ N_{\text{т}}=mgR\sin\alpha=2\pi R\rho\cdot g\cdot R\sin\alpha. \]

Равенство даёт

\[ \operatorname{tg}\alpha=\frac{IB}{2\rho g}. \]

б. Перемычка — горизонтальный диаметр, параллельный оси, длина \(2R\). Полная длина проволоки \(2\pi R+2R=2R(\pi+1)\), масса \(m=2R\rho(\pi+1)\). ЦМ по-прежнему на высоте \(R\): и окружность, и диаметр имеют центр масс на этой высоте.

Ток \(I\) подводится к концам диаметра и растекается по трём параллельным путям: диаметр (длина \(2R\)) и две полуокружности (по \(\pi R\)). Проводимости \(\propto1/\ell\):

\[ G_d:G_{\text{п}}:G_{\text{н}}=\frac1{2}:\frac1\pi:\frac1\pi,\qquad G_\Sigma=\frac12+\frac2\pi=\frac{\pi+4}{2\pi}. \]

Токи полуокружностей \(I_{\text{п}}=I_{\text{н}}=I\cdot(1/\pi)/G_\Sigma=2I/(\pi+4)\). Каждый полуконтур (полуокружность + диаметр) имеет площадь \(\pi R^2/2\), моменты складываются:

\[ M=(I_{\text{п}}+I_{\text{н}})\frac{\pi R^2}{2}=\frac{2\pi I R^2}{\pi+4}. \]

Равновесие \(MB\cos\alpha=mgR\sin\alpha\):

\[ \operatorname{tg}\alpha=\frac{M}{mgR}=\frac{\pi IB}{(\pi+1)(\pi+4)\rho g}. \]

В книге другой численный коэффициент — он отвечает иному способу подвода тока. Мы оставляем явную трёхветвевую схему.

Решение

Две полуокружности лежат в перпендикулярных плоскостях. Магнитный момент каждой \(M_{1,2}=I\cdot(\pi R^2/2)\) направлен по нормали к своей плоскости. Плоскость первой составляет угол \(\alpha\) с \(\mathbf{B}\), значит угол между \(\mathbf{M}_1\) и \(\mathbf{B}\) равен \(\alpha\). У второй плоскости угол \(\pi/2-\alpha\), угол между \(\mathbf{M}_2\) и \(\mathbf{B}\) равен \(\pi/2-\alpha\).

Моменты сил \(\mathbf{N}_i=[\mathbf{M}_i\times\mathbf{B}]\). В геометрии условия \(\mathbf{B}\) лежит в плоскости, перпендикулярной линии сгиба, и оба момента крутят вокруг этой линии в одну сторону. Модули \(N_1=M_1 B\sin\alpha\), \(N_2=M_2 B\cos\alpha\), сумма

\[ N=\frac{\pi R^2}{2}IB(\sin\alpha+\cos\alpha). \]

Диаметр — общая сторона — силы на него от двух половин сокращаются или не дают момента относительно себя, и ось момента совпадает с линией сгиба.

Решение

Катушка стоит вертикально: ось вверх, магнитный момент \(M=n\cdot I\cdot\pi R^2\) тоже вертикален. Горизонтальное поле даёт момент

\[ N_{\text{м}}=MB=nI\pi R^2 B, \]

который хочет опрокинуть катушку (повернуть \(\mathbf{M}\) к \(\mathbf{B}\)).

Вес \(P\) приложен в центре. Пока катушка стоит, опора распределена по основанию. В момент начала опрокидывания вся опора уходит в точку касания обода, плечо веса равно радиусу \(R\):

\[ N_{\text{т}}=PR. \]

Критическое условие \(N_{\text{м}}=N_{\text{т}}\):

\[ nI\pi R^2 B=PR\qquad\Longrightarrow\qquad B=\frac{P}{\pi R In}. \]

Высота катушки не вошла: до самого порога ось вертикальна, и плечо веса считается в горизонтальной проекции.

Решение

Кольцо радиуса \(R\) с током \(I\) сидит в аксиально-симметричном поле так, что ось кольца совпадает с осью поля. На проводе индукция \(\mathbf{B}\) составляет угол \(\alpha\) с осью. Ток течёт по окружности и поэтому перпендикулярен меридиональной плоскости, в которой лежит \(\mathbf{B}\). Значит, \(|\mathbf{I}\times\mathbf{B}|=IB\) на каждом элементе.

Осевая проекция силы на элемент \(\mathrm{d}l\)

\[ \mathrm{d}F_\parallel=I\,\mathrm{d}l\,B\sin\alpha. \]

По всему кольцу

\[ F_\parallel=I\cdot 2\pi R\cdot B\sin\alpha. \]

Радиальные компоненты взаимно уничтожаются (на каждом диаметре они противоположны). Ускорение кольца массы \(m\)

\[ a=\frac{2\pi RIB\sin\alpha}{m}. \]

Эквивалентный путь — через силу на магнитный момент \(M=I\pi R^2\) в неоднородном поле, \(F=M\,\Delta B_z/\Delta z\): он воспроизводит тот же ответ, если связать «раскрытие» линий \(\operatorname{tg}\alpha=B_r/B_z\) с быстротой изменения \(B_z\) вдоль оси (линии индукции непрерывны).

Решение

Индукция \(\mathbf{B}\) перпендикулярна плоскости кольца, ток \(I\). На элемент дуги \(R\,\mathrm{d}\theta\) сила Ампера \(\mathrm{d}F=I\cdot R\,\mathrm{d}\theta\cdot B\) направлена по радиусу (наружу или внутрь — в зависимости от знака \(I\) относительно \(\mathbf{B}\); для разрыва важен модуль).

Равновесие половины кольца. Две силы натяжения \(T\) в разрезах уравновешивают суммарную поперечную (вдоль диаметра) нагрузку. Интеграл радиальных сил по полуокружности даёт \(2IRB\):

\[ 2T=I\cdot 2R\cdot B\qquad\Longrightarrow\qquad T=IRB. \]

Тот же ответ даёт локальный баланс: \(T\,\mathrm{d}\theta=IB\cdot R\,\mathrm{d}\theta\).

Проволока выдерживает на разрыв нагрузку \(F\). Разрыв при \(T=F\):

\[ B=\frac{F}{RI}. \]

Собственным полем тока пренебрегли: оно сжимает кольцо (пинч-эффект) и только повышает порог внешнего \(B\).

Подсказка

В первом опыте сила Ампера действует кратковременно: используйте импульс силы и закон сохранения энергии. Во втором — равновесие сил.

Ответ

\(\beta = \operatorname{arctg}\!\left(\dfrac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}\right) = \operatorname{arctg}\!\left(\dfrac{1}{\sqrt3}\right) = 30^\circ\).

Подсказка

Сила Ампера, действующая на кусок нити любой формы, зависит только от положения его концов: её проекции равны \(IB\,\Delta y\) и \(-IB\,\Delta x\). Так как сила Ампера перпендикулярна нити, натяжение меняется только из-за тяжести: \(dT = \rho g\,dy\).

Ответ

1) \(m = \dfrac{IBL}{g}\), \(T_D = \dfrac{IBL}{4\sqrt3}\);  2) \(T_C = 2T_D = \dfrac{IBL}{2\sqrt3}\);  3) \(d = \dfrac{L}{3\sqrt3}\).

Решение

Чтобы найти силу, с которой однородное магнитное поле воздействует на проводник \(MN\) с током, имеющий сложную форму, возьмём маленький участок проводника длины \(dl\). Сила, действующая на него, равна \(dF = IB\,dl\) и направлена перпендикулярно (см. рис.). Проекции этой силы на оси координат равны \[dF_x = IB\,dl\cos\alpha = IB\,dy, \qquad dF_y = -IB\,dl\sin\alpha = -IB\,dx.\] Таким образом, суммируя по всем участкам проводника, получим, что \[F_x = IB(y_N - y_M), \qquad F_y = -IB(x_N - x_M),\] где \((x_M; y_M)\) и \((x_N; y_N)\) — координаты точек \(M\) и \(N\) соответственно.

Пусть \(T_A\) — сила натяжения нити в верхней точке, а \(\rho = m/L\) — линейная плотность нити. Рассмотрим правую половину нити и запишем условия равновесия для сил в проекциях на горизонтальную и вертикальную оси: \[\left\{\begin{aligned} &T_A\cos30^\circ = mg/2,\\ &T_A\sin30^\circ + T_D = IBH \end{aligned}\right.\] Отсюда найдём \[\left\{\begin{aligned} &T_A = mg/\sqrt3,\\ &T_A/2 + T_D = IBL\cdot\sqrt3/4 \end{aligned}\right.\] Применяя метод виртуальных перемещений, получим \[T_A - T_D = \rho gH = \frac{mgH}{L} = \frac{mg\sqrt3}{4}.\] Отсюда следует, что \[T_A - T_D = \frac{3T_A}{4} \quad\Rightarrow\quad T_A = 4T_D \quad\Rightarrow\quad T_D = \frac{IBL}{4\sqrt3},\] \[mg = \sqrt3\,T_A = 4\sqrt3\,T_D = IBL \quad\Rightarrow\quad m = \frac{IBL}{g}.\]

Рассмотрим участок нити \(CD\) и запишем условие равновесия для сил в проекции на горизонтальную ось: \[T_D = IBh,\] где \(h\) — высота точки \(C\) относительно точки \(D\), равная, соответственно, \[h = \frac{T_D}{IB} = \frac{L}{4\sqrt3}.\] С другой стороны, применяя метод виртуальных перемещений, получим \[T_C - T_D = \rho gh \quad\Rightarrow\quad T_C - T_D = \frac{\rho g}{IB}\cdot T_D = \frac{mg}{IBL}\cdot T_D = T_D \quad\Rightarrow\quad T_C = 2T_D = \frac{IBL}{2\sqrt3}.\]

Пусть \(K\) — некоторая точка, находящаяся на высоте \(y\) относительно точки \(D\) и смещённая относительно неё на \(x\) вправо. Обозначим \(T\) силу натяжения нити в точке \(K\), \(\varphi\) — угол между касательной в точке \(K\) и горизонталью, а \(l\) — длину участка \(KD\). Тогда \[T\sin\varphi = \rho gl + IBx = IB(l + x),\] \[T\cos\varphi = T_D - IBy,\] \[T = T_D + \rho gy = T_D + IBy.\] Дифференцируя первое уравнение и учитывая, что \(dl = dx/\cos\varphi = dy/\sin\varphi\), получим \[d(T\sin\varphi) = IB(dl + dx) = IB\,dy\cdot\frac{1 + \cos\varphi}{\sin\varphi}.\] С другой стороны, \[T(1 + \cos\varphi) = 2T_D,\] откуда имеем \[T\sin\varphi\cdot d(T\sin\varphi) = 2T_D\cdot IB\,dy \quad\Rightarrow\quad \frac{(T\sin\varphi)^2}{2} = 2T_D\cdot IBy \quad\Rightarrow\quad T\sin\varphi = 2IB\sqrt{hy}.\] Учитывая, что \(\operatorname{tg}\varphi = dy/dx\), окончательно получим значение \(d\): \[\frac{dy}{dx} = \frac{2IB\sqrt{hy}}{IB(h - y)} \quad\Rightarrow\quad \frac d2 = \frac{1}{\sqrt h}\int_0^h \frac{h - y}{2\sqrt y}\,dy = h - \frac13 h = \frac23 h \quad\Rightarrow\quad d = \frac{4h}{3} = \frac{L}{3\sqrt3}.\]