Катушка

Работа внешней силы при малом растяжении равна изменению энергии магнитного поля плюс энергия, выделившаяся на внутреннем сопротивлении источника при постоянном токе; оба изменения выражаются через \(\Delta B\).

\(F=\dfrac{\mu_0I^2N^2S}{2\ell^2}\).

Растянем катушку на малую величину \(\Delta\ell\) и выразим совершённую работу (\(A\)) двумя разными способами. С одной стороны, \(A=F_1\Delta\ell\). С другой стороны, часть затраченной энергии (\(\Delta E_m\)) запасается в магнитном поле, а остальная (\(\Delta E_v\)) либо выделяется на внутреннем сопротивлении источника тока (оно должно, например, при коротком замыкании всегда быть, чтобы поддерживать ток), либо, если \(A<\Delta E_m\), дополняется работой источника тока. В любом случае: \[A=\Delta E_m+\Delta E_v.\] При увеличении \(\ell\) индукция \(B\) уменьшается, поэтому, очевидно, \(\Delta E_m<0\), и на внутреннем сопротивлении источника выделяется энергия: \(A>0\Longrightarrow\Delta E_v>0\).

Нужные изменения энергии можно найти несколькими способами.

Первое решение. Пусть полная энергия магнитного поля \(E_m\). Её объёмная плотность: \[w=\frac{B^2}{2\mu_0}\Longrightarrow E_m=w\ell S=\frac{\ell SB^2}{2\mu_0}\Longrightarrow\Delta E_m=S\Delta\!\left(\frac{\ell B^2}{2\mu_0}\right)=\frac{INS\cdot\Delta B}{2}.\] Пусть удлинение катушки произошло за время \(\Delta t\), и изменение магнитного потока индуцирует в катушке электродвижущую силу по абсолютной величине \(\mathcal E\). Из закона индукции Фарадея: \[\mathcal E=N\frac{|\Delta B|\cdot S}{\Delta t}.\] Отсюда получаем \(\Delta E_v\): \[\Delta E_v=I\mathcal E\Delta t=INS|\Delta B|.\]

Второе решение. Найдём индуктивность плотной катушки \(L\): \[NBS=LI\Longrightarrow L=\frac{NBS}{I}.\] Энергия магнитного поля: \[E_m=\frac{LI^2}{2}=\frac{NBSI}{2}\Longrightarrow\Delta E_m=\frac{INS\cdot\Delta B}{2}.\] Пусть удлинение катушки произошло за время \(\Delta t\), и изменение магнитного потока индуцирует в катушке электродвижущую силу по абсолютной величине \(\mathcal E\). ЭДС самоиндукции следует из закона индукции Фарадея: \[\mathcal E=\frac{|\Delta(NBS)|}{\Delta t}=\frac{|\Delta(LI)|}{\Delta t}=\frac{NS|\Delta B|}{\Delta t},\] откуда получаем \[\Delta E_v=I\mathcal E\Delta t=INS|\Delta B|.\]

Общая часть обоих решений. Найдём \(\Delta B\), предполагая, что \(\Delta\ell\) мало: \[\Delta B=\mu_0IN\Delta\!\left(\frac1\ell\right)=\mu_0IN\left(\frac1{\ell+\Delta\ell}-\frac1\ell\right)=-\mu_0IN\frac{\Delta\ell}{(\ell+\Delta\ell)\ell}\approx-\mu_0IN\frac{\Delta\ell}{\ell^2};\] наконец, \[F=\frac{A}{\Delta\ell}=\left(-\frac{INS}{2}+INS\right)\frac{|\Delta B|}{\Delta\ell}=\frac{INS|\Delta B|}{2\Delta\ell}=\frac{\mu_0I^2N^2S}{2\ell^2}.\] Ответ: \(F=\dfrac{\mu_0I^2N^2S}{2\ell^2}\).

Замечание. Несколько слов о предположении в тексте задачи, что все витки при растягивании за концы начинают удаляться на одинаковое расстояние. На самом деле это не так: при растягивании за концы сначала начали бы раскрываться крайние витки (и при значительно меньшей силе). Очевидно, равномерное удаление витков было бы возможно при помощи специальной механической конструкции, если бы витки были не на стеклянной палочке, а на соответствующем каркасе. Но оказывается, что ответ данной задачи реализуется и в более простой ситуации. Если взять катушку в двух близко расположенных местах около середины, то находимая ниже сила одновременно является и такой силой, с которой при растягивании можно немного раздвинуть витки, остающиеся слева и справа от середины длинной катушки (это утверждение мы здесь доказывать не будем).

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.