Как записать коротко и ясно тему "взаимодействие токов" это подгатовка к экзамену по . надо коротко и ясно 1-2 предложения

Взаимодействие токов - это когда поле одного тока действует силой Ампера на другой ток и наоборот.

СТРОГОЕ РЕШЕНИЕ:

В задаче не сказано, с какой угловой скоростью поворачивают кольцо вокруг горизонтальной оси. Обозначим угловую скорость поворота кольца, как ω , и посмотрим, на что она повлияет (это влияние скажется в эффекте самоиндукции).

Допустим, для определённости, что внешнее магнитное поле Bв направлено вверх.

Допустим, что кольцо поворачивают по часовой стрелке вокруг оси, уходящей от нас по горизонтали.

При таком повороте, магнитный поток Фв внешнего магнитного поля Bв, направленного вверх, будет постепенно с ходом поворота убывать, а значит, в кольце возникнет ток, направленный против часовой стрелки, который по принципу Ленца будет стараться компенсировать убыль магнитного потока внешнего поля. Примем в наших дальнейших рассуждениях это направление по кольцу за положительное, как для тока, так и для вихревого электрического поля и для ЭДС индукции и самоиндукции.

Итак, пусть по кольцу уже течёт какой-то ток I против часовой стрелки. Этот ток создаст собственный магнитный поток Фo = LI, собственного магнитного поля Bo, направленного вверх, поперёк (!) кольца. Если этот собственный магнитный поток будет расти, то в кольце по принципу Ленца будет возникать возвратная ЭДС самоиндукции Ɛo=–LI' .

С другой стороны, в кольце всё время будет действовать ЭДС индукции внешнего магнитного поля, равная Ɛв=–Фв' .

Если кольцо уже повернули на угол φ от горизонтального положения, то поток внешнего магнитного поля через него равен Фв = BScosφ. Соответственно Фв' = –BSωsinωt .

Отсюда: Ɛв = BSωsinωt .

Общая ЭДС, как индукции, так и самоиндукции выразится, как Ɛ = Ɛв +Ɛо .

Ɛ = BSωsinωt – LI' ;

При этом ясно, что IR = Ɛ , тогда :

RI = BSωsinωt – LI' ;      [1]

Будем искать ток I в форме: I = Is sinωt – Ic cosωt ,       [2]

минус взят, поскольку ясно, что ток будет запаздывать за поворотом из-за самоиндукции, тогда:

I' = Is ωcosωt + Ic ωsinωt ;           [3]

подставим [2] и [3] в [1] и получим:

R Is sinωt – R Ic cosωt = BSωsinωt – L Is ωcosωt – L Ic ωsinωt ;

R Is sinωt – R Ic cosωt = ( BS – L Ic )ω sinωt – L Is ωcosωt ;

R Is = ( BS – L Ic )ω ;

R Ic = L Is ω ;

Ic = Is Lω/R ;

R Is = BSω – Is L²ω²/R ;

Is ( R + L²ω²/R ) = BSω ;

Is = BSω / [ R + L²ω²/R ] = BSRω / [ R² + L²ω² ] ;

Ic = BSLω² / [ R² + L²ω² ] ;

Итак, через [2]   : I = BSω / [ R² + L²ω² ] ( Rsinωt – Lωcosωt ) ;

Проинтегрируем ток от 0 до 180° и получим протекший заряд:

Q = ∫Idt = BS / [ R² + L²ω² ] ∫ ( Rsinωt – Lωcosωt ) dωt =
= – BS / [ R² + L²ω² ] ( Rcosωt + Lωsinωt ) [0...π] ;

Q = 2BSR / [ R² + L²ω² ] ;

Для данного кольца:

индуктивность: L ≈ X μo ln(X/x) ≈ 0.13 мкГн ;
здесь X и x – радиус кольца и проволоки, а μo – магнитная постоянная ;

омическое сопротивление: R = ρl/s = 2πXρ/[πx²] = 2ρX/x² ≈ 1.1 мОм ;

Из приведённых данных видно, что если угловая скорость вращения будет меньше 1кГц (частота ниже 150 Гц), то пренебрегая слагаемым L²ω² – мы получим погрешность не боолее 1%. Это соответствует длительности периода примерно в 6 мс, или джлительности полупериода в 3 мс.

Далее, в расчётах, будем считать, что время поворота кольца превосходит 3 мс, а значит и слагнаемым самоиндукции можно смело пренебречь.

Найдём окончательно заряд через заданные параметры:

Q = 2BSR / [ R² + L²ω² ] ≈ 2BSR/R² = 2BS/R = 2BπX²/[2ρX/x²] = πBXx²/ρ ;     [4]

Вычислим:

Q ≈ πBXx²/ρ ≈ 3.14*0.5*[3/100]*[1/1000]²/[2.8/100 000 000] ≈
≈ 3.14*1.5/2.8 ≈ 1.68 Кл ;

Если поворот происходит дольше 3 мс, то Q ≈ 1.68 Кл , иначе при более быстрых поворотах, из-за смоиндуктивного запаздывания тока весь этот заряд пройти по кольцу не успеет.

ПРИБЛИЖЁННОЕ РЕШЕНИЕ:

Пренебрегаем самоиндукцией с самого начала и получаем упрощённое уравнение [*1]. Кольцо поворачивают и магнитный поток Ф внешнего магнитного поля B, будет постепенно с ходом поворота убывать, а значит, в кольце возникнет ток. В кольце всё время будет действовать ЭДС индукции внешнего магнитного поля (самоиндукцией мы пренебрегаем), равная |Ɛ|=Ф' . При этом ясно, что IR = |Ɛ| , тогда :

RI = Ф' ;      [1]

RdQ/dt = dФ/dt ;

RdQ = dФ ;

R∆Q = ∆Ф ;

Мангитный поток меняется от значения BS вначале
до противоположного (–BS), тогда:

∆Q = ∆Ф/R = 2BS/R ;

и тут мы приходим к уравнению [4] строго решения, после которого уже всё получается абсолютно точно также, кроме строго критерия, в соответствии с которым можно пренебрегать самоиндукцией кольца.

омическое сопротивление: R = ρl/s = 2πXρ/[πx²] = 2ρX/x² ; здесь X и x – радиус кольца и проволоки;

Q = 2BS/R = 2BπX²/[2ρX/x²] = πBXx²/ρ ;     [*4]

Вычислим:

Q ≈ πBXx²/ρ ≈ 3.14*0.5*[3/100]*[1/1000]²/[2.8/100 000 000] ≈
≈ 3.14*1.5/2.8 ≈ 1.68 Кл .

Закон сохранения энергии: кинетическая энергия мяча в начальной точке равна его потенциальной энергии в наивысшей точке.
Кинетическая энергия мяча = 0,5*M*V^2= M*144*0,5= 72M
здесь V - скорость мяча
M - масса мяча
Потенциальная энергия мяча = Mgh= М*9,8*h
g = 9,8 m/сек^2 - ускорение свободного падения
h - высота подъема мяча

Mgh = 0,5M V^2 отсюда 72М = М*9,8h

h = 72/9,8 = 7,35 м/сек

Скорость мяча перед ударом о землю равна его начальной скорости 12 м/сек.
(Зачем дано дополнительное условие 3 сек - я не очень понял. Разве что мяч кидают не на Земле?)