Вычисление ЭДС в сложных контурах

Электрическое поле, индуцированное переменным магнитным полем соленоида Рассмотрим соленоид радиуса $r$, в котором $B(t) = B_0 t/\tau$. Благодаря цилиндрической симметрии поле $\mathbf{E}$, порождаемое электромагнитной индукцией, направлено по касательной к окружностям, концентричным оси соленоида. Случай $x \leq r$ (внутри): Выбираем контур радиуса $x Случай $x \geq r$ (снаружи): Поток через контур радиуса $x > r$ определяется только площадью сечения соленоида $\pi r^2$: $$ E(x)\cdot 2\pi x = \frac{\pi r^2\, B_0}{\tau} \quad\Rightarrow\quad \boxed{E(x) = \frac{r^2\, B_0}{2\tau\, x}, \quad x \geq r.} $$ Поле убывает как $1/x$. Максимум поля достигается при $x = r$: $E_{\max} = r B_0 / (2\tau)$. Показания приборов в контурах вокруг соленоида Используются идеальные приборы: идеальный вольтметр имеет бесконечное сопротивление (ток не пропускает); идеальный амперметр — нулевое сопротивление. Ключевое правило: показания прибора определяются магнитным потоком через поверхность, натянутую на контур, в который включён прибор. Пример 3: Контур не охватывает соленоид. Решение: Магнитный поток через поверхность контура равен нулю, $\Phi = 0$, следовательно, $\mathcal{E} = 0$. Любой идеальный прибор покажет нулевое значение. Ответ: $U = 0$, $I = 0$ (независимо от формы контура, если он не охватывает область поля). Пример 4: Контур охватывает соленоид один раз. Решение: Площадь поперечного сечения соленоида $S_0$; $B(t) = B_0 t/\tau$. Нормаль сонаправлена с $\mathbf{B}$, поток: $$ \Phi = S_0 \cdot \frac{B_0\, t}{\tau}. $$ ЭДС: $$ \mathcal{E} = -\frac{d\Phi}{dt} = -\frac{S_0\, B_0}{\tau}. $$ Вольтметр показывает $U = \mathcal{E} = -S_0 B_0/\tau$. Ток через амперметр: $I = \mathcal{E}/R = -S_0 B_0 / (R\tau)$. Ответ: $U = -\dfrac{S_0 B_0}{\tau}$; $\quad I = -\dfrac{S_0 B_0}{R\tau}$. Пример 5: Контур делает $1{,}5$ оборота вокруг соленоида. Решение: Контур охватывает суммарную площадь $1{,}5\,S_0$. Если направление обхода задано так, что нормаль направлена от нас (против $\mathbf{B}$), то: $$ \Phi = -1{,}5\,S_0 \cdot \frac{B_0\, t}{\tau}, \quad \mathcal{E} = -\frac{d\Phi}{dt} = \frac{1{,}5\,S_0\, B_0}{\tau}. $$ Ответ: $\mathcal{E} = \dfrac{3 S_0 B_0}{2\tau}$ (ЭДС положительна при данном выборе клемм). Пример 6: Контур с самопересечением, охватывающий два участка. Решение: Контур охватывает два участка области поля с площадями $S_1$ и $S_2$, причём направления нормалей к этим участкам противоположны. Потоки имеют разные знаки: $$ \mathcal{E} = \frac{B_0}{\tau}\,(S_1 - S_2). $$ При $S_1 = S_2$ ЭДС обращается в нуль; при $S_1 > S_2$ — положительна. Ответ: $\mathcal{E} = \dfrac{B_0}{\tau}(S_1 - S_2)$. Эквивалентные схемы для контуров с общими проводами Когда в схеме присутствуют общие провода, в которых возникает ЭДС вихревого поля, используют следующий приём для построения эквивалентной схемы.