Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 12471
2020-01-08 
В магнитном поле, индукция которого горизонтальна и равна $B$, катится без проскальзывания со скоростью $v$ тонкое металлическое кольцо, в котором имеется очень маленький разрыв длиной $l$; вектор $\vec{B}$ перпендикулярен плоскости кольца (рис.). Найти ЭДС индукции в момент, когда угол АОС (см. рисунок) равен $\alpha$.
Решение:
Прямой путь нахождения ЭДС предполагает разбиение кольца на малые (почти прямолинейные) участки и суммирование всех элементарных ЭДС. Мы поступим иначе. Если мысленно дополнить кольцо до целого, то ЭДС в нем будет равна нулю (контур замкнут). С другой стороны,
$0 = \mathcal{E}_{0} + \mathcal{E}^{ \prime}$,
где $\mathcal{E}_{0}$ - искомая разность потенциалов, $\mathcal{E}^{ \prime}$ - ЭДС индукции дополненного элемента. Следовательно,
$\mathcal{E}_{0} = - \mathcal{E}^{ \prime} = - uBl \sin \phi$,
где $u$ - скорость элемента, $l$ - его длина, $\phi$ - угол, который составляет вектор $\vec{u}$ с $\vec{B}$. Как видно из рисунка,
$u = 2v \sin \frac{ \alpha}{2}, \phi = \frac{ \pi}{2} - \frac{ \alpha}{2}$.
Таким образом,
$\mathcal{E}_{0} = -2Blv \sin \frac{ \alpha}{2} \cos \frac{ \alpha}{2} = - Blv \sin \alpha$
- ЭДС меняется по синусоидальному закону.
В магнитном поле, индукция которого горизонтальна и равна $B$, катится без проскальзывания со скоростью $v$ тонкое металлическое кольцо, в котором имеется очень маленький разрыв длиной $l$; вектор $\vec{B}$ перпендикулярен плоскости кольца (рис.). Найти ЭДС индукции в момент, когда угол АОС (см. рисунок) равен $\alpha$.
Решение:
Прямой путь нахождения ЭДС предполагает разбиение кольца на малые (почти прямолинейные) участки и суммирование всех элементарных ЭДС. Мы поступим иначе. Если мысленно дополнить кольцо до целого, то ЭДС в нем будет равна нулю (контур замкнут). С другой стороны,
$0 = \mathcal{E}_{0} + \mathcal{E}^{ \prime}$,
где $\mathcal{E}_{0}$ - искомая разность потенциалов, $\mathcal{E}^{ \prime}$ - ЭДС индукции дополненного элемента. Следовательно,
$\mathcal{E}_{0} = - \mathcal{E}^{ \prime} = - uBl \sin \phi$,
где $u$ - скорость элемента, $l$ - его длина, $\phi$ - угол, который составляет вектор $\vec{u}$ с $\vec{B}$. Как видно из рисунка,
$u = 2v \sin \frac{ \alpha}{2}, \phi = \frac{ \pi}{2} - \frac{ \alpha}{2}$.
Таким образом,
$\mathcal{E}_{0} = -2Blv \sin \frac{ \alpha}{2} \cos \frac{ \alpha}{2} = - Blv \sin \alpha$
- ЭДС меняется по синусоидальному закону.
