а) Проволочная рамка в виде окружности с током может вращаться вокруг горизонтальной оси OO^\prime. Масса единицы длины проволоки \rho, ток в рамке I. Рамка находится в магнитном поле индукции B, направленном вдоль поля тяжести. Определите угол отклонения плоскости окружности от вертикали. б) Проволочная рамка в виде окружности имеет по диаметру проволочную перемычку, параллельную горизонтальной оси OO^\prime , вокруг которой рамка может вращаться. Масса единицы длины рамки и перемычки одинакова и равна \rho. Ток, входящий в рамку, равен I. Рамка находится в магнитном поле индукции B, направленном параллельно полю тяжести. На какой угол от вертикали отклонится рамка?

Savchenko Solutions

Solutions of Savchenko Problems in Physics
knowledge must be free

    <h3 id="back-link"><a href="/ru#9.1">$\leftarrow$Назад</a></h3>

    <h3> Условие </h3>
    <p>
        $9.1.11.$ а) Проволочная рамка в виде окружности с током может вращаться вокруг горизонтальной оси $OO^\prime$. Масса единицы длины проволоки $\rho$, ток в рамке $I$. Рамка находится в магнитном поле индукции B, направленном вдоль поля тяжести. Определите угол отклонения плоскости окружности от вертикали. </p><p>

б) Проволочная рамка в виде окружности имеет по диаметру проволочную перемычку, параллельную горизонтальной оси $OO^\prime$ , вокруг которой рамка может вращаться. Масса единицы длины рамки и перемычки одинакова и равна $\rho$. Ток, входящий в рамку, равен $I$. Рамка находится в магнитном поле индукции $B$, направленном параллельно полю тяжести. На какой угол от вертикали отклонится рамка?

    <h3>Решение</h3>
    <p>
        а) Используя выражение для момента силы магнитного поля, полученного в <a href="/9.1.10">9.1.10</a>, $\vec{N} = [\vec{M} \times \vec{B}]$ получаем

$$N = BIS\cdot \cos \alpha = \pi R^2BI \cdot \cos \alpha$$
при этом момент силы тяжести:
$$M_{mg} = Rmg\cdot \cos \alpha = 2\pi R^2\rho g\cdot \sin \alpha$$
эти моменты равны:
$$2\pi R^2\rho g \cdot \sin \alpha = \pi BI R^2 \cdot \cos \alpha$$
после преобразований, получаем
$$\boxed{\tan\alpha = \frac{BI}{2\rho g}}$$
б) Найдём момент силы тяжести:
$$M_{mg} = mgR\cdot \sin \alpha = (2\pi R + 2R)\rho gR \cdot \sin \alpha$$
$$M_{mg} = 2R^2\rho g(1+\pi) \cdot \sin \alpha$$
Теперь, изначальный контур представим как два наложенных контура с токами $I_1$ и $I_2$ такими что, $I = I_1 + I_2$, контур с $I_2$ — это полуокружность с перегородкой, контур с $I_1$ — это кольцо без перегородки, тогда из параллельного соединения следует что: $I_1\cdot \pi R = I_2 \cdot 2R$ тогда
$$I_1 = I_2\cdot \frac{2}{\pi}$$
$$I = I_1 + I_2 = I_2\left(1+\frac{2}{\pi}\right)$$
$$I_1 = I\cdot \frac{2}{\pi+2}; \quad$$
Тогда моменты для этих контуров:
$$M_{k1} = BS_1\cdot \cos \alpha =\pi R^2I\cdot \frac{2}{\pi+2}B\cdot \cos \alpha$$
$$M_{k2} = BS_2\cdot \cos \alpha = \frac{1}{2}\pi R^2I\cdot \frac{\pi}{\pi+2}B\cdot \cos \alpha$$
Суммарный момент контуров:
$$M_k = \frac{1}{2}\pi R^2 BI \cdot \cos \alpha \cdot \frac{\pi + 4}{\pi +2}$$
Приравняем этот момент и момент силы тяжести:
$$\frac{1}{2}\pi R^2 BI \cdot \cos \alpha \cdot \frac{\pi + 4}{\pi +2} = 2R^2\rho g(1+\pi) \cdot \sin \alpha$$
отсюда
$$\boxed{\tan\alpha = \frac{\pi(\pi+4)}{4(\pi+2)(\pi+1)} \cdot \frac{BI}{\rho g}}$$

    <h4>Ответ</h4>
    <p>
        $$\tan\alpha  = \frac{\pi(\pi+4)}{4(\pi+2)(\pi+1)} \cdot \frac{BI}{\rho g}$$
    </p>
	<p style="text-align: right; font-style: italic; font-size: 14;">
      Andrei Yersh<br>
    </p>


<footer class="row container">
  <br>
    <p>
        <small> © <strong>Savchenko Solutions</strong>, 2023-2024 <br></small>
    </p>
    <p>
        <small>Все права принадлежат авторам. <br> Коммерческое использование материалов — с письменного разрешения авторов. <br> alex@savchenkosolutions.com <br></small>
    </p>
</footer>