Олимпиадные задачи на ЭМИ и переходные процессы: Часть 2

Видео

Конспект

Конденсаторы в контурах с ЭМИ

Задача 4 (Всероссийская олимпиада, 2013). В однородном магнитном поле, направленном перпендикулярно плоскости контура, магнитный поток нарастает равномерно: \frac{d\Phi}{dt} = K = const. Плоский замкнутый контур разделён непроводящей перемычкой (диаметром) на две равные части. В каждой половине включён конденсатор ( C_1 и C_2 соответственно). Каковы заряды на верхних пластинах конденсаторов?

Решение.

Ток через конденсаторы не течёт, поэтому в каждом контуре сумма ЭДС равна нулю. ЭДС в каждой из двух равных полуконтуров: \mathcal{E}_{1,2} = \frac{K}{2}. Обходя левый (первый) контур по часовой стрелке и учитывая направление ЭДС:

Ответ: \boxed{Q_1 = \frac{K}{2}\,C_1, \qquad Q_2 = -\frac{K}{2}\,C_2.} (Знак Q_2 отрицателен, поскольку ЭДС в правом полуконтуре направлена противоположно.)

Задача 5. Та же конфигурация, но вместо перемычки — третий конденсатор C_3 . Каковы заряды Q_1 , Q_2 , Q_3 на верхних пластинах?

Решение.

Условие сохранения заряда: Q_1 + Q_2 + Q_3 = 0. Условие нулевой суммы ЭДС в каждом контуре (обход по часовой стрелке): \begin{aligned}

\frac{Q_1}{C_1} - \frac{K}{2} - \frac{Q_3}{C_3} &= 0, \\

\frac{Q_3}{C_3} - \frac{K}{2} - \frac{Q_2}{C_2} &= 0.

\end{aligned} Из уравнения сохранения заряда: Q_2 = -Q_1 - Q_3 . Подставляя в (2):

\frac{Q_3}{C_3} - \frac{K}{2} + \frac{Q_1 + Q_3}{C_2} = 0. Из (1): Q_1 = \frac{K}{2}C_1 + Q_3\dfrac{C_1}{C_3} . Подстановка в предыдущее уравнение даёт единственное уравнение для Q_3 : \frac{Q_3}{C_3} - \frac{K}{2} + \frac{1}{C_2}\!\left[\frac{K}{2}C_1 + Q_3\frac{C_1}{C_3} + Q_3\right] = 0, из которого находятся все три заряда.

Индуктивности контуров на рёбрах куба

Задача 6. По рёбрам куба проложены провода, образующие:

контур на одной грани — индуктивность L_1 ;

контур на двух смежных гранях — индуктивность L_2 ;

контур на трёх смежных гранях — индуктивность L_3 .

Выразить L_3 через L_1 и L_2 .

Решение.

Введём взаимный поток M , проходящий через грань, смежную с грань контура. Из симметрии поток \Phi квадратного контура разбегается на 4 соседние боковые грани и одну противоположную.

Для двух смежных граней: L_2 = 2L_1 - 2M. Отсюда: M = L_1 - \frac{L_2}{2}. Для трёх смежных граней (каждый контур имеет две соседние грани, 3 \times 2 = 6 боковых вкладов): L_3 = 3L_1 - 6M = 3L_1 - 6\!\left(L_1 - \frac{L_2}{2}\right).

Ответ: \boxed{L_3 = 3L_2 - 3L_1.}

Задача 7 (дополнительная). К нижнему контуру куба (одна грань) подведено напряжение U_0\cos(\omega t) . К верхнему контуру (противоположная грань) подключён вольтметр. Что показывает вольтметр?

Решение.

Взаимный поток через противоположную грань: M_p = L_1 - 4M = L_1 - 4\!\left(L_1 - \frac{L_2}{2}\right) = 2L_2 - 3L_1. Показание вольтметра пропорционально M_p/L_1 :

Ответ: \boxed{U = \frac{(2L_2 - 3L_1)}{L_1}\,U_0\cos(\omega t).}

Соленоид внутри кольцевого проводника с амперметром

Задача 8 (Олимпиада МФТИ, 2005, по мотивам). Длинный соленоид с площадью сечения S расположен перпендикулярно плоскости кольцевого проводника с полным сопротивлением R . Магнитное поле внутри соленоида: B(t) = B_0\cos(\omega t). Снаружи поле равно нулю. Точки A , B , C делят кольцо на три равные дуги по 120^\circ ; сопротивление каждой дуги R/3 . К точкам B и C подключён амперметр с внутренним сопротивлением r \ll R . Найти эффективное (действующее) значение тока через амперметр.

Решение.

Действующее (эффективное) значение. Если напряжение меняется по закону u(t) = U_0\cos(\omega t) , то эффективное значение: U_{эфф} = \frac{U_0}{\sqrt{2}}.

Магнитный поток через соленоид: \Phi(t) = B_0 S\cos(\omega t). ЭДС электромагнитной индукции действует только в контуре A--C--B--A , охватывающем соленоид. Амплитуда ЭДС: \mathcal{E}_0 = B_0 S\omega, эффективное значение: \mathcal{E} = \frac{B_0 S\omega}{\sqrt{2}}.

Эквивалентная схема: источник \mathcal{E} последовательно соединён с сопротивлением дуги A--C--B , равным \dfrac{2R}{3} , и параллельным соединением амперметра ( r ) и дуги BC ( R/3 ).

Суммарное сопротивление нагрузки источника: R_{\Sigma} = \frac{2R}{3} + \frac{r \cdot \frac{R}{3}}{r + \frac{R}{3}}.

Полный ток через источник: I_{\Sigma} = \frac{\mathcal{E}}{R_{\Sigma}}.

Ток через амперметр (по делителю тока): I_A = I_{\Sigma} \cdot \frac{\frac{R}{3}}{r + \frac{R}{3}}.

Ответ: \boxed{I_A = \frac{B_0 S\omega}{\sqrt{2}}\cdot

\frac{1}{\dfrac{2R}{3} + \dfrac{rR/3}{r + R/3}}\cdot

\frac{R/3}{r + R/3}.}

Треугольник с квадратными рамками и вольтметрами

Задача 9 (Всероссийская олимпиада, окружной этап, 2004). Равномерно меняющееся во времени однородное магнитное поле: B(t) = \frac{B_0}{\tau}\,t. Перпендикулярно полю расположен прямоугольный треугольник из однородного провода со сторонами 3a , 4a , 5a и сопротивлением, пропорциональным длине (сопротивление единичного отрезка \rho ). На каждой стороне треугольника построен квадрат из той же проволоки; в разрыв каждого квадрата включён вольтметр ( V_1 , V_2 , V_3 ). Найти показания вольтметров.

Решение.

Площадь треугольника: S_\triangle = \dfrac{1}{2}\cdot 3a\cdot 4a = 6a^2 .

ЭДС в треугольном контуре: \mathcal{E}_\triangle = S_\triangle\cdot\frac{B_0}{\tau} = \frac{6a^2 B_0}{\tau}.

Суммарное сопротивление треугольника: (3+4+5)a\cdot\rho = 12a\rho .

Ток в треугольнике: I = \frac{\mathcal{E}_\triangle}{12a\rho} = \frac{6a^2 B_0/\tau}{12a\rho} = \frac{a B_0}{2\rho\tau}.

Напряжение на участке длиной \ell : U_\ell = I\cdot\ell\rho = \frac{a B_0}{2\tau}\cdot\ell.

ЭДС в квадрате со стороной \ell : \mathcal{E}_{кв} = \ell^2\cdot\frac{B_0}{\tau}.

Вольтметр (бесконечное сопротивление) компенсирует разность ЭДС в своём контуре. Обходя контур «квадрат + соответствующая сторона треугольника» и суммируя падение напряжения на стороне треугольника и ЭДС квадрата:

Для стороны 3a ( V_1 ): V_1 = \mathcal{E}_{кв,\,3a} + U_{3a} = \frac{9a^2 B_0}{\tau} + \frac{3a}{2}\cdot\frac{aB_0}{\tau}

= \frac{9a^2 B_0}{\tau} + \frac{3a^2 B_0}{2\tau} = \frac{21}{2}\cdot\frac{a^2 B_0}{\tau}.

Для стороны 4a ( V_2 ): V_2 = \frac{16a^2 B_0}{\tau} + \frac{4a}{2}\cdot\frac{aB_0}{\tau}

= \frac{16a^2 B_0}{\tau} + \frac{2a^2 B_0}{\tau} = \frac{18a^2 B_0}{\tau}.

Для стороны 5a ( V_3 ): V_3 = \frac{25a^2 B_0}{\tau} + \frac{5a}{2}\cdot\frac{aB_0}{\tau}

= \frac{25a^2 B_0}{\tau} + \frac{5a^2 B_0}{2\tau} = \frac{55}{2}\cdot\frac{a^2 B_0}{\tau}.

Ответ: \boxed{V_1 = \frac{21}{2}\cdot\frac{a^2 B_0}{\tau}, \qquad V_2 = 18\cdot\frac{a^2 B_0}{\tau}, \qquad V_3 = \frac{55}{2}\cdot\frac{a^2 B_0}{\tau}.}

Метод. Каждый вольтметр моделируется как заряженный конденсатор (ток не течёт). Напряжение на нём определяется из закона Ома и закона ЭМИ для контура, в который он включён: сумма ЭДС в контуре равна падению напряжения на омическом сопротивлении.