Физика (стр. 5 )

Для расчета электрической цепи переменного тока, приведенной на рис.22, необходимо использовать уравнение Кирхгофа для замкнутого контура. Согласно этому уравнению сумма падений напряжений на элементах цепи равна ЭДС источника. При таком суммировании необходимо вычислять сумму гармонических функций с одинаковой частотой, но разными начальными фазами. Эту задачу можно решить аналитически, но существуют два более простых метода, которые обычно применяются в электротехнике. Один метод называется метод векторных диаграмм, а второй метод комплексных чисел. Оба метода эквивалентны, но первый более нагляден.

Рис.23

Суть метода векторных диаграмм заключается в том, что каждой гармонической функции ставится в соответствие вектор на плоскости. Длина вектора приравнивается амплитудному значению соответствующего напряжения, а угол поворота вектора относительно оси Х выбирается равным начальному значению фазы гармонической функции.

На рис.23 приведена векторная диаграмма, которая соответствует электрической цепи, приведенной на рис.22. Начальная фаза тока и фаза напряжения UR равны нулю и поэтому вектор, который соответствует напряжению UR, совпадает по направлению с осью Х. Начальная фаза напряжения на индуктивности UL согласно (45) сдвинута относительно фазы тока на p/2 и поэтому вектор , соответствующий напряжению UL, повернут против часовой стрелки на угол p/2. Аналогично начальная фаза напряжения на емкости Uс согласно (45) сдвинута относительно фазы тока на -p/2 и поэтому соответствующий вектор повернут в противоположную сторону (по часовой стрелке) на p/2. В результате векторы направлены всегда в противоположную сторону.

Согласно закону Кирхгофа сумма векторов равна вектору , который соответствует ЭДС источника Е.

Согласно рис.23 можно легко вычислить разность фаз между током и ЭДС источника и амплитудное значение тока. Согласно рис.23

tag(j) = (UL0 - Uc0)/UR = (RL - Rc)/R0;

J0 = E0/Z; (49)

Величина Z называется полным сопротивлением электрической цепи переменного тока.

(50)

В задаче 8 раздела 3 данного методического пособия более подробно рассмотрен расчет цепи переменного тока на примере конкретной задачи.

3 Примеры решения задач

Пример 1. По проводнику, изогнутому в форме окружности, течет ток. Напряженность магнитного поля в центре окружности Н1 =50А/м. Не изменяя силы тока в проводнике, ему придали форму квадрата. Определить напряженность Н2 магнитного поля в точке пересечения диагоналей этого квадрата.

Дано:

H1 = 50 A/м.

Решение:

Первоначально определим напряженность магнитного поля, которое создается проводником в форме окружности. Расчет проведем на основе закона Био-Савара-Лапласа. Для этого окружность проводника разобьем на элементы бесконечно малой длины. Один из таких элементов показан на рис.24.

Рис.24

Длина элемента дуги равна dL = R×dj. Согласно рис.24 радиус R для любого элемента дуги всегда ортогонален вектору элемента dL и поэтому согласно (3) вектор напряженности dH будет направлен вверх ортогонально плоскости окружности. Согласно закону Био-Савара-Лапласа (3) и соотношению (1) напряженность магнитного поля, создаваемая одним элементом дуги, равна dH = (J/(4pR2))×dL = (J/(4pR))×dj. Для получения суммарного магнитного поля от всех элементов окружности проводника необходимо проинтегрировать по j. В результате получим

H1 = J/(2R) (51)

Далее вычислим напряженность магнитного поля, создаваемого проводником квадратной формы. Как и в предыдущем случае используем закон Био-Савара-Лапласа. Разобьем весь квадрат на элементы бесконечно малой длины dL. Согласно(3) вектор магнитного поля от каждого элемента будет направлен ортогонально плоскости квадрата. Согласно принципу суперпозиции магнитных полей каждая сторона квадрата будет давать одинаковый вклад в напряженность магнитного поля.

Рис.25

Предварительно вычислим вклад от одной стороны квадрата, длина которой равна b. Согласно рис.25 dL = dx, R = b/(2cos(a)), Координата «x» элемента dL равна x = (b/2)tag(a). Если продифференцируем выражение х по a, получим dx = (b/2cos2(a))da. Согласно закону Био-Савара-Лапласа (3) вклад в магнитное поле от элемента dx, расположенного на расстоянии х от середины стороны квадрата (см. рис.25), раен dH = (2J/(4pb))cos(a)da.

При перемещении элемента dx от левого конца стороны квадрата до правого конца, угол a будет изменяться от a = - a0 до a = a0. Для проводника квадратной формы a0 = p/4. В результате интегрирования по a получим вклад в напряженность магнитного поля, который дает одна сторона квадрата H0.

H0 = (J/pb)×sin(a0) (52)

Напряженность суммарного магнитного поля от всей квадратной рамки равна

H2 = 4H0 = 2J× (53)

Учтем, что длины проводников в форме окружности и в форме квадрата равны 2pR = 4b. Согласно (51) J = 2R×H1. Подставим это выражение в (53). В результате получим

H2 = (8×/p2)×H1

Подставим численные значения в системе СИ, получим

H2 = 50×(8×/3.142) = 57.3 А/м

Пример 2. По прямому проводу длиной L = 40 см течет ток силой J = 100 А. Провод помещен в однородное магнитное поле индукцией B = 0.5 Тл. Какую работу совершает поле при перемещении проводника на расстояние в S = 40 см, если вектор индукции ортогонален проводнику и вектору перемещения.

Дано:

L = 40 см = 0.4 м ;

J = 100 А;

B = 0.5 Тл;

S =40 см = 0.4 м.

Решение:

Для решения применим определение силы Ампера (14). Мысленно разобьем наш проводник на элементы бесконечно малой длины dL = dx. Согласно определению силы Ампера на каждый элемент проводника действует сила .

Рис.26

Поскольку каждый элемент ортогонален вектору индукции, то сила, действующая на каждый элемент, будут направлена вдоль оси «y» и по модулю будут равна dF = J×B×dx.

Согласно принципу суперпозиции сил для получения суммарной силы, действующей на проводник, необходимо выражение силы Ампера проинтегрировать по х и в результате получим F = J×B×L.

По определению работа есть скалярное произведение вектора силы на вектор перемещения . В данной задаче вектор силы и вектор перемещения направлены вдоль одной оси «y» и поэтому dA = F×dy. Сила F не зависит от координаты «y», и суммарная работа равна

A = F×s = J×B×L×S

Подставим численные значения в системе СИ, получим

A = 100×0.5×0.4×0.4 = 8 Дж.

Пример 3. Плоская катушка площадью поперечного сечения S = 250 см2, содержащая N0 = 500 витков провода, по которому течет ток силой J = 5 А, помещена в однородное магнитное поле напряженностью H = 1000 А/м. Определить магнитный момент катушки и момент силы, действующей на катушку, если нормаль к поперечному сечению катушки и вектор напряженности поля составляют угол a = 300.

Дано:

S = 250 см2 = 0.025 м2 ;

N0 = 500;

J = 5 A;

a = 300;

H = 1000 A/м.

Решение:

По условию плоская рамка имеет площадь S и содержит N витков. По определению магнитный момент рамки с током J равен m = J×S×N.

Согласно соотношению (18) момент силы, действующей на рамку с током, равен . Угол между вектором напряженности H магнитного поля и нормалью к плоскости рамки равен a (см. рис.10). При этом модуль момента силы равен

N = m0×m×H×sin(a) = m0×J×S×N×sin(a).