東京工業大学 工学院 電気電子系 2023年8月実施 電磁気学2 Author Zero, 祭音Myyura
Description コイルに関する以下の問に答えよ。特に指定がない限り，各設問は真空中での実験とし，必要に応じて真空透磁率 μ 0 \mu_0 μ 0
(1) 図 2.1 2.1 2.1 a a a N N N R R R
① このコイルが磁束密度 B B B B B B
② 前問において，磁束密度を時間 t t t ω \omega ω B cos ω t B \cos \omega t B cos ω t
(2) 図 2.2 2.2 2.2 a a a N N N R R R B B B x x x y y y ω \omega ω x z xz x z θ \theta θ t = 0 t = 0 t = 0 ( θ = 0 ) (\theta = 0) ( θ = 0 ) B B B
① コイル内に生じる起電力および電流を求めよ。ただし，コイルの両端は短絡されているものとする。
② 前問において，θ \theta θ 2 2 2 θ 1 \theta_1 θ 1 θ 2 \theta_2 θ 2 θ 1 < θ 2 \theta_1 < \theta_2 θ 1 < θ 2 Q Q Q ω \omega ω
③ このコイルに電流 I I I θ \theta θ
(3) 図 2.3 2.3 2.3 a a a N N N I I I
① 円形コイルの中心 O O O d d d
② 図 2.4 2.4 2.4 2.3 2.3 2.3 d = a d = a d = a O ′ O' O ′ I I I 2 2 2 O O ′ OO' O O ′
题目描述
回答下列线圈问题。除非另有说明，实验均在真空中进行，必要时可使用真空磁导率 μ 0 \mu_0 μ 0
如原 Description 图 2.1，有一只半径 a a a N N N R R R
把它置于均匀且恒定、磁感应强度为 B B B B B B
若磁感应强度随时间变为
B cos ω t , B\cos\omega t, B cos ω t , 求线圈内的感应电动势和电流。
如图 2.2，一只半径 a a a N N N R R R x x x B B B y y y ω \omega ω x z xz x z θ \theta θ t = 0 t=0 t = 0 θ = 0 \theta=0 θ = 0
在线圈两端短路时，求感应电动势和电流。
当 θ \theta θ θ 1 \theta_1 θ 1 θ 2 \theta_2 θ 2 θ 1 < θ 2 \theta_1<\theta_2 θ 1 < θ 2 Q Q Q ω \omega ω
若另在线圈中通以电流 I I I θ \theta θ
如图 2.3，把半径 a a a N N N I I I
求线圈中心 O 沿中心轴相距 d d d
如图 2.4，在同一中心轴上距 O 为 d = a d=a d = a I I I
Faraday 电磁感应：由 N N N
旋转线圈与磁偶极矩：计算旋转产生的正弦电动势、一定角区间通过的总电荷，以及 μ × B \boldsymbol\mu\times\boldsymbol B μ × B
圆电流轴线磁场：应用 Biot–Savart 定律求多匝圆线圈轴线上任意点的磁场。
Helmholtz 线圈：叠加间距等于半径的两相同线圈磁场，求中点值并说明中心附近的高均匀性。
Kai (1)
①
V = − N d Φ d t V = -N\frac{d\Phi}{dt} V = − N d t d Φ Φ \Phi Φ = 0 = 0 = 0 = 0 = 0 = 0
Φ = B S = B cos ( ω t ) ⋅ π a 2 = π a 2 B cos ( ω t ) \begin{aligned}
\Phi &= BS \\
&= B\cos(\omega t) \cdot \pi a^2 \\
&= \pi a^2 B\cos(\omega t)
\end{aligned} Φ = BS = B cos ( ω t ) ⋅ π a 2 = π a 2 B cos ( ω t ) V = − N d Φ d t = − π a 2 N B d Φ d t ( cos ( ω t ) ) = − π a 2 N B ω ( − sin ( ω t ) ) = π a 2 N B ω sin ( ω t ) \begin{aligned}
V &= - N\frac{d\Phi}{dt} \\
&= -\pi a^2 NB \frac{d\Phi}{dt} \big(\cos(\omega t)\big) \\
&= -\pi a^2 NB \omega \big(-\sin(\omega t)\big) \\
&= \pi a^2 NB \omega \sin(\omega t)
\end{aligned} V = − N d t d Φ = − π a 2 NB d t d Φ ( cos ( ω t ) ) = − π a 2 NB ω ( − sin ( ω t ) ) = π a 2 NB ω sin ( ω t ) I = V R = π a 2 N B ω R sin ( ω t ) I = \frac{V}{R} = \frac{\pi a^2 NB\omega}{R} \sin(\omega t) I = R V = R π a 2 NB ω sin ( ω t )
起電力: π a 2 N B ω sin ( ω t ) \pi a^2 NB \omega \sin(\omega t) π a 2 NB ω sin ( ω t )
電流: π a 2 N B ω R sin ( ω t ) \frac{\pi a^2NB \omega}{R}\sin(\omega t) R π a 2 NB ω sin ( ω t )
(2)
θ = ω t \theta = \omega t θ = ω t
Φ = B S = B cos θ ⋅ π a 2 = π a 2 B cos ( ω t ) \begin{aligned}
\Phi &= BS \\
&= B\cos\theta \cdot \pi a^2 \\
&= \pi a^2 B\cos(\omega t)
\end{aligned} Φ = BS = B cos θ ⋅ π a 2 = π a 2 B cos ( ω t ) よって、(1) - ② と同様にして、
起電力: π a 2 N B ω sin ( ω t ) \pi a^2 NB \omega \sin(\omega t) π a 2 NB ω sin ( ω t )
電流: π a 2 N B ω R sin ( ω t ) \frac{\pi a^2NB \omega}{R}\sin(\omega t) R π a 2 NB ω sin ( ω t )
i = d Q d t = π a 2 N B ω R sin ω t i = \frac{dQ}{dt} = \frac{\pi a^2 NB \omega}{R}\sin\omega t i = d t d Q = R π a 2 NB ω sin ω t Q = π a 2 N B ω R ∫ t 1 t 2 sin ω t d t ( ω t = θ , d θ d t = ω ) = π a 2 N B ω R ∫ θ 1 θ 2 sin θ d θ ω = π a 2 N B R − cos θ ∣ θ 1 θ 2 = π a 2 N B R ( cos θ 1 − cos θ 2 ) \begin{aligned}
Q &= \frac{\pi a^2NB \omega}{R}\int_{t_1}^{t_2} \sin\omega t dt \qquad \big(\omega t = \theta ,\frac{d\theta}{dt} = \omega\big)\\
&= \frac{\pi a^2 NB \omega}{R} \int_{\theta_1}^{\theta_2} \sin\theta \frac{d\theta}{\omega} \\
&= \frac{\pi a^2 NB}{R} -\cos\theta\big|_{\theta_1}^{\theta_2} \\
&= \frac{\pi a^2NB}{R} (\cos\theta_1 - \cos\theta_2)
\end{aligned} Q = R π a 2 NB ω ∫ t 1 t 2 sin ω t d t ( ω t = θ , d t d θ = ω ) = R π a 2 NB ω ∫ θ 1 θ 2 sin θ ω d θ = R π a 2 NB − cos θ θ 1 θ 2 = R π a 2 NB ( cos θ 1 − cos θ 2 ) よって、電荷量 Q Q Q ω \omega ω
相互インダクタンスは、
N Φ = M I ⇒ M = N I π a 2 B cos θ N\Phi = MI \Rightarrow M = \frac{N}{I}\pi a^2 B\cos\theta N Φ = M I ⇒ M = I N π a 2 B cos θ エネルギー U U U
U = M I 2 = π a 2 N I B cos θ U = MI^2 = \pi a^2 NIB \cos\theta U = M I 2 = π a 2 N I B cos θ よって、トルク T T T
T = ∣ d U d θ ∣ = π a 2 N I B sin θ T = \bigg|\frac{dU}{d\theta}\bigg| = \pi a^2 NIB \sin\theta T = d θ d U = π a 2 N I B sin θ (3)
ビオ・サバールの法則と、対称性より、
d B = μ 0 N I d l 4 π r 2 ⋅ a r = μ 0 N I a 2 4 π r 3 d θ \begin{aligned}
dB &= \frac{\mu_0 NIdl}{4\pi r^2} \cdot \frac{a}{r} = \frac{\mu_0NIa^2}{4\pi r^3}d\theta \\
\end{aligned} d B = 4 π r 2 μ 0 N I d l ⋅ r a = 4 π r 3 μ 0 N I a 2 d θ B = ∫ 0 2 π μ 0 N I a 2 4 π r 3 d θ = μ 0 N I a 2 2 r 3 = μ 0 N I a 2 2 ( a 2 + d 2 ) 3 2 ( ∵ r = a 2 + d 2 ) \begin{aligned}
B &= \int_0^{2\pi}\frac{\mu_0NIa^2}{4\pi r^3}d\theta = \frac{\mu_0 NIa^2}{2r^3} \\
&= \frac{\mu_0 NIa^2}{2(a^2 + d^2)^{\frac{3}{2}}}\quad(\because r = \sqrt{a^2 + d^2})
\end{aligned} B = ∫ 0 2 π 4 π r 3 μ 0 N I a 2 d θ = 2 r 3 μ 0 N I a 2 = 2 ( a 2 + d 2 ) 2 3 μ 0 N I a 2 ( ∵ r = a 2 + d 2 ) ①において、d → a 2 d \rightarrow \frac{a}{2} d → 2 a 2 2 2
B = 2 ⋅ μ 0 N I a 2 2 ( a 2 + a 2 4 ) 3 2 = μ 0 N I ( 5 4 ) 3 2 a \begin{aligned}
B &= 2 \cdot \frac{\mu_0 NI a^2}{2(a^2 + \frac{a^2}{4})^{\frac{3}{2}}} = \frac{\mu_0 NI}{(\frac{5}{4})^{\frac{3}{2}}a}
\end{aligned} B = 2 ⋅ 2 ( a 2 + 4 a 2 ) 2 3 μ 0 N I a 2 = ( 4 5 ) 2 3 a μ 0 N I コイル間中心軸よで、一定、一様の磁束密度が表れる。
