Edits to “Условие”, “Решение”, “Ответ”
ru/11.2.18.md
+38 −8
| @@ -1,15 +1,45 @@ | |||
| ### Условие | |||
| − | $11.2.18.$ [Вставьте условие задачи] | ||
| + | $11.2.18^*$ На поверхности длинного сплошного непроводящего цилиндра радиуса $r$ равномерно распределен заряд, поверхностная плотность которого $\sigma$. | ||
| + | Внешнее однородное магнитное поле индукции $B_0$ направлено вдоль оси цилиндра. | ||
| + | Определите угловую скорость вращения цилиндра после «выключения» внешнего поля. Плотность вещества цилиндра $\rho$. | ||
| ### Решение | |||
| + | При "выключении" магнитного поля мы уменьшаем магнитный поток, что приводит к возникновению вихревого электрического поля $E$. Из за этого возникает сила Лоренца $F_L=qE$, двигающая заряды на поверхности. Если бы цилиндр был проводящим, то по его поверхности при движении зарядов тёк бы ток. А наш непроводящий цилиндр движется вместе с зарядами. | ||
| − | |||
| − | диуса r равномерно распределен заряд, поверхностная плотность которого σ. | ||
| − | Внешнее однородное магнитное поле индукции B направлено вдоль оси цилиндра. | ||
| − | Определите угловую скорость вращения цилиндра после «выключения» внешне- | ||
| − | го поля. Плотность вещества цилиндра ρ. | ||
| + | Важно, что заряды при движении создают собственное магнитное поле, которым, например, в задаче $11.2.14$ мы принебрегали. | ||
| − | #### Ответ | ||
| + | Цилиндр длинный, значит влиянием зарядов на торцах можно пренебречь. | ||
| − | |||
| + | Мысленно поделим цилиндр на диски толщиной $dh$. Рассчитаем основные характеристики такого диска: | ||
| + | $$m=\rho \cdot \pi r^2 dh$$ | ||
| + | $$J=\frac{mr^2}{2}=\frac{1}{2}\rho \cdot \pi r^4 dh\tag{1}$$ | ||
| + | Выделим на краю кольца элементарный заряд | ||
| + | $$dq=\sigma dS=\sigma r dh d\varphi$$ | ||
| + | Тогда если кольцо вращается с угловой скоростью $\omega$ то возникает ток | ||
| + | $$I=\frac{dq}{dt}=\frac{d\varphi}{dt}\frac{dq}{d\varphi}=\omega \sigma r dh \tag{2}$$ | ||
| + | Полный заряд на краях кольца | ||
| + | $$q=\int_0^{2\pi}\sigma r dh d\varphi=2\pi r\sigma dh\tag{3}$$ | ||
| + | Найдем вихревое электрическое поле | ||
| + | $$\int Edl=-\frac{d\Phi}{dt}=-\frac{dB}{dt}S$$ | ||
| + | $$E=-\frac{S}{l}\frac{dB}{dt}=-\frac{r}{2}\frac{dB}{dt}\tag{4}$$ | ||
| + | Суммарный момент сил Лоренца, действующих на кольцо, равен | ||
| + | $$\sum M_L=qEr=J\frac{d\omega}{dt}\tag{5}$$ | ||
| + | $$-2\pi r\sigma dh\frac{r}{2}\frac{dB}{dt}r=\frac{1}{2}\rho \cdot \pi r^4 dh\frac{d\omega}{dt}$$ | ||
| + | Сократив все что можно, получаем | ||
| + | $$-2\sigma dB=\rho r d\omega\tag{6}$$ | ||
| + | Теперь найдем собственное магнитное поле вращающегося цилиндра. Можно заметить, что он очень похож на соленоид, причем с бесконечным количеством очень маленьких витков. | ||
| + | Поэтому рассуждения будут аналогичными идеальному соленоиду: внутри поле однородно, снаружи отсутствует. | ||
| + | Согласно теореме о циркуляции | ||
| + | $$B'dh=\mu_0I$$ | ||
| + | $$B'=\mu_0\omega\sigma r $$ | ||
| + | Тогда | ||
| + | $$B=B_0+\mu_0\omega\sigma r\tag{7}$$ | ||
| + | С учётом этого перепишем 6: | ||
| + | $$-2\sigma d(B_0+\mu_0\omega\sigma r)=\rho r d\omega$$ | ||
| + | $$-2\sigma dB_0=\rho r d\omega+2\mu_0\sigma^2 rd\omega\tag{8}$$ | ||
| + | И интегрируя все это | ||
| + | $$\int_0^{\omega}d\omega=-\frac{2\sigma}{r(\rho + 2\mu_0\sigma^2)}\int_{B_0}^0$$ | ||
| + | $$\omega =\frac{2\sigma B_0}{r(\rho + 2\mu_0\sigma^2)}$$ | ||
| + | #### Ответ | ||
| + | $\omega =\frac{2\sigma B_0}{r(\rho + 2\mu_0\sigma^2)}$ | ||
| @@ -1,15 +1,45 @@ | |||
| ### Условие | ### Условие | ||
| $11.2.18.$ [Вставьте условие задачи] | $11.2.18^*$ На поверхности длинного сплошного непроводящего цилиндра радиуса $r$ равномерно распределен заряд, поверхностная плотность которого $\sigma$. | ||
| Внешнее однородное магнитное поле индукции $B_0$ направлено вдоль оси цилиндра. | |||
| Определите угловую скорость вращения цилиндра после «выключения» внешнего поля. Плотность вещества цилиндра $\rho$. | |||
| ### Решение | ### Решение | ||
| При "выключении" магнитного поля мы уменьшаем магнитный поток, что приводит к возникновению вихревого электрического поля $E$. Из за этого возникает сила Лоренца $F_L=qE$, двигающая заряды на поверхности. Если бы цилиндр был проводящим, то по его поверхности при движении зарядов тёк бы ток. А наш непроводящий цилиндр движется вместе с зарядами. | |||
| Важно, что заряды при движении создают собственное магнитное поле, которым, например, в задаче $11.2.14$ мы принебрегали. | |||
| диуса r равномерно распределен заряд, поверхностная плотность которого σ. | |||
| Внешнее однородное магнитное поле индукции B направлено вдоль оси цилиндра. | |||
| Определите угловую скорость вращения цилиндра после «выключения» внешне- | |||
| го поля. Плотность вещества цилиндра ρ. | |||
| #### Ответ | Цилиндр длинный, значит влиянием зарядов на торцах можно пренебречь. | ||
| Мысленно поделим цилиндр на диски толщиной $dh$. Рассчитаем основные характеристики такого диска: | |||
| $$m=\rho \cdot \pi r^2 dh$$ | |||
| $$J=\frac{mr^2}{2}=\frac{1}{2}\rho \cdot \pi r^4 dh\tag{1}$$ | |||
| Выделим на краю кольца элементарный заряд | |||
| $$dq=\sigma dS=\sigma r dh d\varphi$$ | |||
| Тогда если кольцо вращается с угловой скоростью $\omega$ то возникает ток | |||
| $$I=\frac{dq}{dt}=\frac{d\varphi}{dt}\frac{dq}{d\varphi}=\omega \sigma r dh \tag{2}$$ | |||
| Полный заряд на краях кольца | |||
| $$q=\int_0^{2\pi}\sigma r dh d\varphi=2\pi r\sigma dh\tag{3}$$ | |||
| Найдем вихревое электрическое поле | |||
| $$\int Edl=-\frac{d\Phi}{dt}=-\frac{dB}{dt}S$$ | |||
| $$E=-\frac{S}{l}\frac{dB}{dt}=-\frac{r}{2}\frac{dB}{dt}\tag{4}$$ | |||
| Суммарный момент сил Лоренца, действующих на кольцо, равен | |||
| $$\sum M_L=qEr=J\frac{d\omega}{dt}\tag{5}$$ | |||
| $$-2\pi r\sigma dh\frac{r}{2}\frac{dB}{dt}r=\frac{1}{2}\rho \cdot \pi r^4 dh\frac{d\omega}{dt}$$ | |||
| Сократив все что можно, получаем | |||
| $$-2\sigma dB=\rho r d\omega\tag{6}$$ | |||
| Теперь найдем собственное магнитное поле вращающегося цилиндра. Можно заметить, что он очень похож на соленоид, причем с бесконечным количеством очень маленьких витков. | |||
| Поэтому рассуждения будут аналогичными идеальному соленоиду: внутри поле однородно, снаружи отсутствует. | |||
| Согласно теореме о циркуляции | |||
| $$B'dh=\mu_0I$$ | |||
| $$B'=\mu_0\omega\sigma r $$ | |||
| Тогда | |||
| $$B=B_0+\mu_0\omega\sigma r\tag{7}$$ | |||
| С учётом этого перепишем 6: | |||
| $$-2\sigma d(B_0+\mu_0\omega\sigma r)=\rho r d\omega$$ | |||
| $$-2\sigma dB_0=\rho r d\omega+2\mu_0\sigma^2 rd\omega\tag{8}$$ | |||
| И интегрируя все это | |||
| $$\int_0^{\omega}d\omega=-\frac{2\sigma}{r(\rho + 2\mu_0\sigma^2)}\int_{B_0}^0$$ | |||
| $$\omega =\frac{2\sigma B_0}{r(\rho + 2\mu_0\sigma^2)}$$ | |||
| #### Ответ | |||
| $\omega =\frac{2\sigma B_0}{r(\rho + 2\mu_0\sigma^2)}$ | |||