Prawo Biota-Savarta

Istnieje równanie, zwane prawem Biota-Savarta, które pozwala obliczyć pole $B$ z rozkładu prądu. To prawo jest matematycznie równoważne z prawem Ampère'a (zob. moduł Prawo Ampere'a). Jednak prawo Ampère'a można stosować tylko, gdy znana jest symetria pola (trzeba ją znać do obliczenie odpowiedniej całki). Gdy ta symetria nie jest znana, wówczas dzielimy przewodnik z prądem na różniczkowo małe elementy i stosując prawo Biota-Savarta, obliczamy pole jakie one wytwarzają w danym punkcie. Następnie sumujemy (całkujemy) pola od tych elementarnych prądów żeby uzyskać wypadkowy wektor $B$ . Na Rys. 1 pokazany jest krzywoliniowy przewodnik z prądem o natężeniu $I$ . Zaznaczony jest element $dl$ tego przewodnika i pole $dB$ jakie wytwarza w punkcie P.

: Pole {OPENAGHMATHJAX()}dB{OPENAGHMATHJAX} wytworzone przez element dla przewodnika

Rysunek 1: Pole

d B

$dB$ wytworzone przez element dla przewodnika

Zgodnie z prawem Biota-Savarta pole $dB$ w punkcie P wynosi

Prawo 1: Prawo Biota-Savarta

(1)

d B = \frac{μ_{0} I}{4 π} \frac{d l \times r}{r^{3}}

$\begin{equation}{\mathit{dB}=\frac{\mu _{{0}}I}{4\pi }\frac{\mathit{dl}\times r}{r^{{3}}}}\end{equation}$

Wartość liczbowa $dB$ jest więc dana równaniem

(2)

d B = \frac{μ_{0} I}{4 π} \frac{d l s i n θ}{r^{2}}

$\begin{equation}{\mathit{dB}=\frac{\mu _{{0}}I}{4\pi }\frac{\mathit{dl}{sin}\theta}{r^{{2}}}}\end{equation}$

Przykład 1: Zastosowanie prawa Biota-Savarta

Jako przykład zastosowania prawa Biota-Savarta obliczmy pole

B

$B$ na osi kołowego przewodnika z prądem w punkcie P pokazanym na Rys. 2.

: Kołowy przewodnik o promieniu {OPENAGHMATHJAX()}R{OPENAGHMATHJAX} przewodzący prąd o natężeniu {OPENAGHMATHJAX()}I{OPENAGHMATHJAX}

Rysunek 2: Kołowy przewodnik o promieniu

R

$R$ przewodzący prąd o natężeniu

I

$I$

Z prawa Biota-Savarta znajdujemy pole $dB$ pochodzące od elementu $dl$ (położonego na szczycie okręgu)

(3)

d B = \frac{μ_{0} I}{4 π} \frac{d l s i n 90^{o}}{r^{2}} = \frac{μ_{0} I}{4 π} \frac{d l}{r^{2}}

$\begin{equation}{\mathit{dB}=\frac{\mu _{{0}}I}{4\pi}\frac{\mathit{dl}{sin}{90}^{{o}}}{r^{{2}}}=\frac{\mu_{{0}}I}{4\pi }\frac{\mathit{dl}}{r^{{2}}}}\end{equation}$

Zwróćmy uwagę, że element $dl$ jest prostopadły do $r$ .

Pole $dB$ można rozłożyć na dwie składowe, tak jak na rysunku. Suma wszystkich składowych $dB_{y}$ jest równa zeru bo dla każdego elementu przewodnika $dl$ ta składowa znosi się z odpowiednią składową elementu leżącego po przeciwnej stronie okręgu. Wystarczy więc zsumować składowe $dB$ . Ponieważ

(4)

{d B}_{x} = d B c o s α

$\begin{equation}\mathit{dB}_{x}=\mathit{dB}{cos}\alpha\end{equation}$

zatem

(5)

{d B}_{x} = \frac{μ_{0} I c o s α d l}{4 {π r}^{2}}

$\begin{equation}\mathit{dB}_{{x}}=\frac{\mu _{{0}}I{cos}\alpha\mathit{dl}}{4\mathit{\pi r}^{{2}}}\end{equation}$

Ponadto, zgodnie z Rys. 2

(6)

r = \sqrt{R^{2} + x^{2}}

$\begin{equation}{r=\sqrt{R^{{2}}+x^{{2}}}}\end{equation}$

oraz

(7)

c o s α = \frac{R}{r} = \frac{R}{\sqrt{R^{2} + x^{2}}}

$\begin{equation}{{cos}\alpha =\frac{R}{r}=\frac{R}{\sqrt{R^{{2}}+x^{{2}}}}}\end{equation}$

Ostatecznie więc otrzymujemy

(8)

{d B}_{x} = \frac{μ_{0} I R}{4 π (R^{2} + x^{2})^{3 / 2}} d l

$\begin{equation}{\mathit{dB}_{{x}}=\frac{\mu _{{0}}{IR}}{4\pi(R^{{2}}+x^{{2}})^{{3/{2}}}}\mathit{dl}}\end{equation}$

Zauważmy, że wielkości $I, R, x$ są takie same dla wszystkich elementów $dl$ prądu. Wykonujemy teraz sumowanie (całkowanie), żeby obliczyć wypadkowe pole $B$ (wyłączając stałe czynniki przed znak całki)

(9)

\begin{matrix} B = \int d B_{x} = \frac{μ_{0} I R}{4 π (R^{2} + x^{2})^{3 / 2} \int d l} = \\ \int \frac{μ_{0} I R}{4 π (R^{2} + x^{2})^{3 / 2}} (2 π R) = \frac{μ_{0} {I R}^{2}}{2 (R^{2} + x^{2})^{3 / 2}} \end{matrix}

$\begin{matrix}B=\int dB_{x}=\frac{\mu_{0}IR}{4\pi(R^{2}+x^{2})^{3/{2}} \int \mathit{dl}} = \\ \int \frac{\mu_{0}{IR}}{4\pi(R^{2}+x^{2})^{3/{2}}}(2\mathit{\pi R})=\frac{\mu_{0}{IR}^{2}}{2(R^{2}+x^{2})^{3/{2}}}\end{matrix}$

Zadanie 1: Pole magnetyczne w środku obręczy

Treść zadania:

Wzór ( 9 ) przyjmuje znacznie prostszą postać w szczególnych punktach. Spróbuj na jego podstawie określić pole w środku koła (

x = 0

$x = 0$ ) oraz w dużej odległości od przewodnika tzn. dla

x >> R

$x >> R$ . Jak już mówiliśmy każdy obwód z prądem jest charakteryzowany poprzez magnetyczny moment dipolowy

μ = I S

$\mu = IS$ , gdzie

S

$S$ jest powierzchnią obwodu. Wyraź obliczane pole magnetyczne poprzez

μ

$\mu$ .

B (x = 0) = B (x >> R) =

$B(x = 0) = B(x >> R) =$

Rozwiązanie:

Dane:

$\mu = IS = \pi R^{2}, R, x$

Pole magnetyczne wytworzone przez kołowy przewodnik o promieniu $R$ (przewodzący prąd o natężeniu $I$ ) w odległości $x$ na osi symetrii przewodnika jest dane wyrażeniem

$\begin{equation}{B=\frac{\mu_{{0}}{IR}^{{2}}}{2(R^{{2}}+x^{{2}})^{{3/{2}}}}}\end{equation}$

W środku koła ( $x = 0$ ) ten wzór przyjmuje postać

$\begin{equation}B=\frac{\mu _{{0}}I}{2R}=\frac{\mu _{{0}}}{2\mathit{\pi R}^{{3}}}\mu\end{equation}$

a w dużej odległości od przewodnika tzn. dla $x >> R$

B = \frac{μ_{0} {I R}^{2}}{2 x^{3}} = \frac{μ_{0}}{2 {π x}^{3}} μ

$\begin{equation}B=\frac{\mu_{0}{IR}^{2}}{2x^{3}}=\frac{\mu_{0}}{2\mathit{\pi x}^{3}}\mu\end{equation}$

Zadanie 2: Klasyczne obliczanie pola magnetycznego w atomie wodoru

Treść zadania:

Korzystając z wyliczonego pola magnetycznego w środku przewodnika kołowego oblicz pole wytwarzane w środku orbity (w miejscu jądra atomowego) przez elektron w atomie wodoru. Zgodnie z modelem Bohra elektron krąży w atomie wodoru po orbicie o promieniu

R

$R$ = 5·10

^{- 11}

$^{-11}$ m z częstotliwością

f

$f$ = 6.5·10

^{15}

$^{15}$ 1/s. Porównaj obliczone pole z wartościami podanymi w tabeli 1 w module Siła magnetyczna

B

$B$ =

Rozwiązanie:

Dane:

$\mu _{0} = 4\pi·10^{-7}$ Tm/A,
$R = 5·10^{-11}$ m,
$f = 6.5·10^{15}$ 1/s,
$e = 1.6·10^{-19}$ C

Pole magnetyczne wytworzone przez kołowy przewodnik o promieniu $R$ (przewodzący prąd o natężeniu $I$ ) w jego środku jest dane wyrażeniem

$\begin{equation}{B=\frac{\mu _{{0}}I}{2R}}\end{equation}$

Natężenie prądu $I$ wytwarzanego przez elektron o ładunku $e$ przebiegający orbitę w czasie $T$ (okres obiegu) wynosi

$\begin{equation}{I=\frac{q}{t}=\frac{e}{T}={ef}}\end{equation}$

Łączymy powyższe wzory

$\begin{equation}{B=\frac{\mu _{{0}}{ef}}{2R}}\end{equation}$

i po podstawieniu danych otrzymujemy

B

$B$ = 13 T.

Temat:
Opis:
Typ:

Email:

Fizyka

Prawo Biota-Savarta

Prawo 1: Prawo Biota-Savarta

Przykład 1: Zastosowanie prawa Biota-Savarta

Zadanie 1: Pole magnetyczne w środku obręczy

Treść zadania:

Rozwiązanie:

Zadanie 2: Klasyczne obliczanie pola magnetycznego w atomie wodoru

Treść zadania:

Rozwiązanie: