Магнитный поток. Электромагнитная индукция. Самоиндукция и взаимная индукция

Условие: Кольцо радиусом $R$ с диаметральной перемычкой помещено в магнитное поле $B=B_0\cos(\omega t)$, перпендикулярное плоскости кольца. Сопротивление единицы длины проводника равно $\rho$. Индуктивность кольца без перемычки равна $L$. Определить токи.

Решение:

Перемычка делит кольцо на две одинаковые полуокружности, каждая из которых вместе с перемычкой охватывает площадь $\pi R^2/2$. Поскольку обе половины совершенно симметричны (одинаковое сопротивление $\pi R\rho$ каждой дуги, одинаковый охватываемый поток), по симметрии ток через перемычку равен нулю: $I_{br}=0$. Ток течёт по всему кольцу (обе полуокружности последовательно), полное сопротивление контура $R_{\text{полн}}=2\pi R\rho$, а его индуктивность — это заданная $L$ (индуктивность кольца без перемычки, поскольку перемычка тока не несёт).

Уравнение контура с самоиндукцией (аналог закона Ома с ЭДС самоиндукции (8.4)): $$\frac Lc^2\frac{dI}{dt}+R_{\text{полн}}I=\varepsilon(t),\qquad \varepsilon(t)=-\frac1c\frac{d\Phi}{dt}=-\frac1c\frac d{dt}\left(\pi R^2B_0\cos\omega t\right)=\frac{\pi R^2B_0\omega}{c}\sin\omega t.$$

Это линейное уравнение первого порядка с гармонической правой частью. Установившееся (частное) решение ищем в виде $I_p=I_m\sin(\omega t-\varphi)$; стандартным методом комплексных амплитуд получаем амплитуду и фазу: $$I_m=\frac{\varepsilon_m}{\sqrt{R_{\text{полн}}^2+\left(\omega L/c^2\right)^2}}=\frac{\pi R^2\omega B_0}{c\sqrt{(2\pi R\rho)^2+(\omega L/c^2)^2}},\qquad tg\varphi=\frac{\omega L/c^2}{R_{\text{полн}}}=\frac{\omega L}{2\pi R\rho c^2}.$$

Общее решение — сумма установившегося и затухающего переходного (однородного) слагаемого $Ce^{-t/\tau}$, где время релаксации контура $\tau=L/(R_{\text{полн}}c^2)=L/(2\pi R\rho c^2)$. Постоянную $C$ находим из начального условия $I(0)=0$ (кольцо было обесточено до включения поля): $0=-I_m\sin\varphi+C$, откуда $C=I_m\sin\varphi$.

Ответ: $$I(t)=\frac{\pi R^2\omega B_0}{c\sqrt{(2\pi R\rho)^2+(\omega L/c^2)^2}}\left[\sin(\omega t-\varphi)+\sin\varphi\,\exp\!\left(-\frac{2\pi R\rho c^2}{L}t\right)\right],\qquad tg\varphi=\frac{\omega L}{2\pi R\rho c^2},$$ ток через перемычку $I_{br}=0$.

Условие: Контур, имеющий вид окружности радиусом $a$ и диаметральной перемычкой, помещён в магнитное поле $B=B_0(1-t/\tau)$, перпендикулярное контуру. В полуокружности и перемычку включены конденсаторы $C_1$, $C_2$ и $C_3$. Определить конечные заряды на обкладках каждого конденсатора.

Решение:

Поле линейно убывает, поэтому $dB/dt=-B_0/\tau=\text{const}$, а значит, ЭДС, наводимая в каждой из двух половин кольца (каждая охватывает площадь $\pi a^2/2$), постоянна по времени: $$\varepsilon_h=\frac1c\frac{\pi a^2}2\cdot\frac{B_0}\tau=\frac{\pi a^2B_0}{2c\tau}.$$

Поскольку контур не содержит сопротивлений, заряды на конденсаторах устанавливаются практически мгновенно и остаются постоянными всё время действия постоянной ЭДС (нет ни $R$, ни характерного времени релаксации) — это и есть «конечные» (стационарные) заряды.

Обозначим узлы перемычки $A$ и $B$; ветвь с $C_1$ (левая дуга) и ветвь с $C_3$ (правая дуга) образуют вместе с ветвью $C_2$ (перемычка) два смежных контура с одинаковой по модулю ЭДС $\varepsilon_h$ каждый (площади равны). Введём «токи» контуров $x$ (левый) и $y$ (правый, оба по часовой стрелке), тогда заряд на $C_1$ пропорционален $x$, на $C_3$ — $y$, а на перемычке (общая ветвь, проходимая контурами в противоположных направлениях) — разности $x-y$ (для левого контура) или $y-x$ (для правого). Уравнения Кирхгофа (аналог закона Ома с $1/C$ вместо $R$): $$\varepsilon_h=\frac xC_1+\frac{x-y}{C_2},\qquad \varepsilon_h=\frac y{C_3}+\frac{y-x}{C_2}.$$

Решая эту линейную систему (см. вывод — приведение к общему знаменателю и исключение $y$), получаем $$x=\frac{\varepsilon_hC_1(2C_3+C_2)}{C_1+C_2+C_3},\qquad y=\frac{\varepsilon_hC_3(2C_1+C_2)}{C_1+C_2+C_3},\qquad x-y=\frac{\varepsilon_hC_2(C_1-C_3)}{C_1+C_2+C_3}.$$

Тем самым заряды на всех трёх конденсаторах (с точностью до выбора того, какую обкладку каждого конденсатора считать «верхней» — от этого зависит только общий знак каждого $q_i$) равны по модулю $|x|$, $|x-y|$, $|y|$ соответственно, что при подстановке $\varepsilon_h=\pi a^2B_0/(2c\tau)$ даёт указанный ниже ответ. Знак заряда на верхней пластине $C_2$ зависит от соотношения $C_1$ и $C_3$: при $C_1=C_3$ заряд на ней обращается в нуль, что видно из формулы для $x-y$.

Ответ: (обозначено $D=C_1+C_2+C_3$) $$q_1=-\frac{\pi a^2B_0}{2c\tau}\cdot\frac{C_1(2C_3+C_2)}D,\qquad q_2=\frac{\pi a^2B_0}{2c\tau}\cdot\frac{C_2(C_3-C_1)}D,\qquad q_3=\frac{\pi a^2B_0}{2c\tau}\cdot\frac{C_3(2C_1+C_2)}D;$$ знаки зарядов на верхних пластинах $C_1$ и $C_3$ противоположны; при $C_1=C_3$ получаем $q_2=0$.

Условие: Плоская спираль с большим числом витков $n$ и наружным радиусом $r_0$ помещена в магнитное поле $B=B_0\cos(\omega t)$, перпендикулярное плоскости спирали. Считая расстояние между витками одинаковым, определить ЭДС индукции.

Решение:

При равномерном шаге намотки $n$ витков равномерно заполняют радиальный интервал от $0$ до $r_0$, так что линейная плотность витков (число витков на единицу радиуса) равна $n/r_0$. Число витков, лежащих в кольце радиусов $[r,r+dr]$: $dN=(n/r_0)\,dr$, а поток через такой элементарный виток (площадь $\pi r^2$) равен $B\pi r^2$. Полное потокосцепление спирали: $$\Psi=\int_0^{r_0}B\pi r^2\,\frac n{r_0}\,dr=\frac{n\pi B}{r_0}\cdot\frac{r_0^3}3=\frac{n\pi B r_0^2}3.$$

ЭДС индукции: $$\varepsilon=-\frac1c\frac{d\Psi}{dt}=-\frac{n\pi r_0^2}{3c}\frac{dB}{dt}=-\frac{n\pi r_0^2}{3c}\left(-B_0\omega\sin\omega t\right)=\frac{\pi r_0^2nB_0\omega}{3c}\sin\omega t.$$

Ответ: $$\varepsilon=\frac{\pi r_0^2nB_0\omega}{3c}\sin\omega t.$$

Условие: Сверхпроводящее кольцо радиусом $a$ и индуктивностью $L$ находится в однородном магнитном поле $\vec B$. Вначале $\vec B$ перпендикулярно плоскости кольца. Затем кольцо поворачивают так, что его плоскость становится параллельной $\vec B$. Определить значение тока в кольце после поворота.

Решение:

Для сверхпроводника сопротивление $R=0$, поэтому из уравнения контура $\dfrac Lc^2\dfrac{dI}{dt}+RI=-\dfrac1c\dfrac{d\Phi_{\text{внеш}}}{dt}$ следует закон сохранения полного потокосцепления контура: $$\Phi_{\text{внеш}}+\Phi_{\text{self}}=\text{const},\qquad \Phi_{\text{self}}=\frac1cLI$$ (последнее — формула (8.3) из теории семинара). До поворота ток отсутствует ($I=0$), внешний поток $\Phi_{\text{внеш}}=B\pi a^2$ (поле перпендикулярно плоскости). После поворота поле лежит в плоскости кольца, и внешний поток через кольцо обращается в нуль: $\Phi_{\text{внеш}}'=0$. Сохранение суммарного потокосцепления: $$B\pi a^2+0=0+\frac1cLI_f\ \Longrightarrow\ I_f=\frac{\pi a^2Bc}L.$$

Ответ: $$I_f=\frac{\pi a^2Bc}L$$ (направление тока таково, чтобы препятствовать исчезновению первоначального потока — по правилу Ленца).

Условие: Определить разность потенциалов между боковыми плоскостями металлического бруска с размерами $a\times b\times c$, движущегося в магнитном поле $\vec B$ со скоростью $\vec V\perp\vec B$. Какова поверхностная плотность заряда $\sigma$?

Решение:

На свободные заряды в движущемся проводнике действует сила Лоренца, что эквивалентно эффективному электрическому полю в системе бруска: $$\vec E_{\text{эфф}}=\frac1c\,\vec V\times\vec B.$$ По рисунку $\vec B$ направлено вдоль ребра $a$ (вертикально), $\vec V$ — вдоль ребра $c$ (горизонтально, вдоль длины бруска); тогда $\vec V\times\vec B$ направлено вдоль ребра $b$ (поперёк, между «боковыми плоскостями»), и по модулю $E_{\text{эфф}}=VB/c$ (так как $\vec V\perp\vec B$).

Заряды перераспределяются до тех пор, пока внутреннее электростатическое поле не скомпенсирует силу Лоренца ($\vec E=-\vec E_{\text{эфф}}$ внутри проводника в равновесии), поэтому разность потенциалов между боковыми гранями, отстоящими на расстояние $b$: $$U=E_{\text{эфф}}\cdot b=\frac{VbB}c.$$ Поверхностная плотность зарядов на этих гранях находится из теоремы Гаусса для проводника ($E=4\pi\sigma$ у поверхности): $$\sigma=\frac{E_{\text{эфф}}}{4\pi}=\frac{VB}{4\pi c}.$$

Ответ: $$U=\frac{VbB}c,\qquad \sigma=\frac{VB}{4\pi c}.$$