Индуктивность - подготовка к олимпиадам 1

Задачи для подготовки к олимпиадам, связанные с наличием индуктивности и проявлением ею своих свойств.

Задача 1.

Из одного куска нихромовой проволоки спаяли прямоугольный треугольник с катетами $3a$ и $4a$. К трем сторонам проволочного треугольника присоединили небольшие по размерам вольтметры так, что соединительные провода и стороны треугольника образуют квадраты (рисунок). Вся конструкция находится в одной плоскости, перпендикулярно которой направлено однородное магнитное поле. Индукция поля изменяется со скоростью $\frac{\Delta B}{\Delta t} = k > 0$. Сопротивление вольтметров много больше сопротивления сторон треугольника. Найдите показания вольтметров.

Решение. Так как треугольник прямоугольный, то он египетский и его гипотенуза равна $5a$. Поток через площадь треугольника меняется, поэтому возникает ЭДС и ток.

$$\varepsilon_i=\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}=\frac{S\Delta B }{\Delta t}=kS$$

$$I=\frac{kS}{12R}=\frac{6ka^2}{12R}=\frac{ka^2}{2R}$$

$R$ здесь – сопротивление провода длиной $a$. Так как периметр треугольника равен $12a$, то сопротивление всего проволочного треугольника $12R$.

Через квадраты с вольтметрами токи не текут или можно ими пренебречь, так как по условию сопротивление вольтметров очень большое. Но так как квадраты замкнуты, ЭДС там наводится. Например, в квадрате со стороной $3a$, имеющем площадь $9a^2$, наводится ЭДС

$$\varepsilon_{i1}=9ka^2$$

На стороне этого квадрата падение напряжения

$$3IR=\frac{3}{2}ka^2$$

Если его левый верхний угол имеет потенциал $\varphi_1$, а правый верхний – потенциал $\varphi_2$, то второй закон Кирхгофа можно записать как

$$\varphi_1-\varphi_2=3IR+\varepsilon_{i1}=\frac{3}{2}ka^2+\frac{18}{2}ka^2=\frac{21}{2}ka^2$$

Второй контур имеет сторону $4a$, его площадь $16a^2$, в нем наводится ЭДС

$$\varepsilon_{i1}=16ka^2$$

На стороне этого квадрата падение напряжения

$$4IR=\frac{4}{2}ka^2=2ka^2$$

Второй закон Кирхгофа можно записать как

$$U_{V2}=4IR+\varepsilon_{i2}=2ka^2+16ka^2=18ka^2$$

Для третьего контура

$$5IR=\frac{5}{2}ka^2=2,5ka^2$$

$$U_{V3}=5IR+\varepsilon_{i3}=2,5ka^2+25ka^2=\frac{55}{2}ka^2$$

Решение можно проверить: сумма показаний вольтметров должна быть равна сумме ЭДС, наводимых в большом, общем, контуре:

$$ U_{V1}+ U_{V2}+ U_{V3}=\frac{21}{2}ka^2+18ka^2+\frac{55}{2}ka^2=56ka^2$$

$$\varepsilon_{i}+\varepsilon_{i1}+\varepsilon_{i2}+\varepsilon_{i3}=6ka^2+9ka^2+16ka^2+25ka^2=56ka^2$$

Ответ: $U_{V1}=\frac{21}{2}ka^2; U_{V2}=18ka^2; U_{V3}=\frac{55}{2}ka^2$.

Задача 2.

Две катушки индуктивности включены в цепь (рисунок). В начальном состоянии ключ замкнут, ток через него и катушку $L_1$ равен $I_0$, ток через катушку $L_2$ отсутствует. Какое количество теплоты выделится на резисторе $R$ при размыкании ключа? Сопротивлением катушек в данном процессе можно пренебречь.

Решение. Когда ключ разомкнут, ток через катушку $L_2$ в первый момент по-прежнему равен 0, так как он по закону коммутации измениться мгновенно не может. Значит, ЭДС самоиндукции обеих катушек одинаковы:

$$-L_1\dot{I_1}-L_2\dot{I_2}=0$$

Домножив на $\Delta t$, получим

$$-L_1\Delta I_1-L_2\Delta I_2=0$$

В конце концов токи через обе катушки будут течь одинаковые, $I_{k1}=I_{k2}$, потому что через резистор ток протекать не будет. Поэтому

$$-L_1(I_{k1}-I_0)-L_2I_{k2}=0$$

$$L_1(I_{k1}-I_0)+L_2I_{k1}=0$$

$$I_{k1}=\frac{L_1I_0}{L_1+L_2}$$

Запишем закон сохранения энергии:

$$\frac{L_1I_0^2}{2}=\frac{L_1+L_2}{2}I_{k1}^2+Q$$

$$Q=\frac{L_1I_0^2}{2}-\frac{L_1+L_2}{2}I_{k1}^2=\frac{L_1I_0^2}{2}-\frac{L_1+L_2}{2}\cdot \frac{L_1^2I_0^2}{(L_1+L_2)^2}$$

$$Q=\frac{L_1I_0^2}{2}\left(1-\frac{L_1}{L_1+L_2}\left)=\frac{L_1L_2I_0^2}{2(L_1+L_2)}$$

Ответ: $Q=\frac{L_1L_2I_0^2}{2(L_1+L_2)}$.

Задача 3.

В схеме, изображённой на рисунке, $E = 7$ В, $R = 6r$. После замыкания ключа происходит процесс установления режима постоянного тока. Найдите напряжение на катушке в момент, когда скорость изменения её энергии была максимальна.

Решение. Запишем энергию катушки и найдем скорость ее изменения как производную:

$$W=\frac{LI^2}{2}$$

$$\omega=\frac{dW}{dt}=LI\dot I$$

По второму закону Кирхгофа для левого контура

$$\varepsilon=I_1r+(I_1-I)R$$

Для правого контура:

$$-L\dot I=-(I_1-I)R$$

Тогда

$$I_1=\frac{\varepsilon+IR}{r+R}$$

$$\dot{I}=\left(\frac{\varepsilon+IR}{r+R}-I\right)\cdot \frac{R}{L}=\frac{\varepsilon-Ir}{r+R}\cdot \frac{R}{L}$$

Тогда скорость изменения энергии поля запишется как

$$\omega=\frac{LIR}{L}\cdot \frac{\varepsilon-Ir}{r+R}$$

$$\omega= IR \frac{\varepsilon-Ir}{r+R}$$

Как видно, зависимость параболическая и ветви параболы направлены вниз. Если $\omega=0$, то либо $I=0$, либо $I=\frac{\varepsilon}{r}$:

Ток, которому соответствует максимальная скорость, равен, как видно из рисунка, $\frac{\varepsilon}{2R}$. Таким образом,

$$I_1=\frac{\varepsilon +\frac{\varepsilon }{2}}{r+R}$$

$$U_L=(I_1-I)R=\frac{\varepsilon R}{2}\left(\frac{3}{r+R}-\frac{1}{R}\right)=\frac{\varepsilon(2R-r)R}{(R+r)R}=\frac{\varepsilon(2R-r)}{R+r}$$

Ответ: $U_L=\frac{\varepsilon(2R-r)}{R+r}$.

Задача 4.

Шесть идеальных катушек индуктивности соединили в электрическую цепь так, что катушки образовали ребра тетраэдра. К вершинам А и В присоединили последовательно соединенные резистор сопротивлением$R = 100$ Ом, батарейку с ЭДС 4,6 В, миллиамперметр и ключ. Индуктивность катушки $L= 1$ мГн. Взаимной индуктивностью катушек пренебречь. 1) Вычислите силу тока $I_{60}$, протекающего через миллиамперметр спустя 1 минуту после замыкания ключа. 2) Вычислите силу тока, протекающую через каждую из катушек в тот момент, когда сила тока, протекающего через амперметр, равна 23 мА.

Решение.

Когда ключ замкнем, ток возникнет не сразу  - так как ток через индуктивность мгновенно не меняется. Поэтому в первый момент ток равен нулю – везде, во всей схеме, и через резистор тоже.

$$\varepsilon-L\dot I=0$$

$$\dot I=\frac{\varepsilon }{L}$$

Перепишем это так:

$$\frac{\varepsilon }{L}=\frac{\varepsilon }{R\tau}$$

$$\tau=\frac{L}{R}=10^{-5}$$

Так как постоянная времени переходного процесса очень маленькая, то через минуту ток уже установится и будет равен

$$I_{60}=\frac{\varepsilon}{R}=46\cdot 10^{-3}$$

Для ответа на второй вопрос составим систему уравнений по Кирхгофу. Всего 7 неизвестных токов – 7 уравнений. Узлов 4, поэтому по первому закону составим 3 уравнения, а по второму - 4:

$$-2L\dot{I_2}-4L\dot{I_4}+L\dot{I_1}=0$$

$$-5L\dot{I_5}-6L\dot{I_6}+4L\dot{I_4}=0$$

$$-2L\dot{I_2}-5L\dot{I_5}+3L\dot{I_3}=0$$

$$-3L\dot{I_3}-6L\dot{I_6}-L\dot{I_1}=0$$

По первому закону:

$$I_4+I_6+I_1=I_0$$

$$I_2=I_4+I_5$$

$$I_3+I_5=I_6$$

Уравнения по второму закону домножим на $\Delta t$, получим:

$$-2\Delta{I_2}-4\Delta{I_4}+ \Delta{I_1}=0$$

$$-5\Delta {I_5}-6\Delta {I_6}+4\Delta {I_4}=0$$

$$-2\Delta {I_2}-5\Delta {I_5}+3\Delta {I_3}=0$$

$$-3\Delta {I_3}-6\Delta {I_6}-\Delta {I_1}=0$$

Так как поначалу все токи равны нулю, то их изменения равны им самим:

$$-2I_2-4I_4+I_1=0$$

$$-5I_5-6I_6+4I_4=0$$

$$-2I_2-5I_5+3I_3=0$$

$$-3I_3-6I_6-I_1=0$$

По условию $I_1+I_4+I_6=23$ мА. Кроме того, можно углядеть сбалансированный мост Уитстона из индуктивностей, и сделать вывод, что

$$I_2=I_4, I_3=I_6$$

Тогда и $I_5=0$, а значит,

$I_1=18$ мА, $ I_2=I_4=3$ мА, $I_3=I_6=2$ мА.

Ответ: $I_1=18$ мА, $ I_2=I_4=3$ мА, $I_3=I_6=2$ мА, $I_5=0$.