Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 14991
2021-03-08 
Сторона прямоугольного каркаса, имеющая длину $l = 10 см$, скользит со скоростью $v = 1 м/с$ по двум другим сторонам, оставаясь с ними в электрическом контакте. Плоскость прямоугольника перпендикулярна линиям индукции однородного магнитного поля $B = 0,01 Тл$. Найдите силу тока в прямоугольнике через $t = 0,9 с$ после начала движения. Сопротивление единицы длины провода $\rho_{l} = 1 Ом/м$. В начальный момент площадь прямоугольника равна нулю.
Решение:
В этой задаче ЭДС индукции одинаково просто получить и из формулы $\mathcal{E}_{инд} = - \frac{ \Delta \Phi}{ \Delta t} = - \Phi^{ \prime}(t) $, и через силу Лоренца.
Направив положительную нормаль вдоль вектора $\vec{B}$ (рис.), получим $\Phi = Blx, \Delta \Phi = Bl \Delta x$, откуда
$\mathcal{E}_{инд} = - \frac{ \Delta \Phi}{ \Delta t} = - Bl \frac{ \Delta x}{ \Delta t} = - Bvl$.
Знак «минус» позволяет найти направление ЭДС - против положительного направления обхода (см. рис.). Величину тока в контуре находим из закона Ома для полной цепи $I = \frac{ \mathcal{E}}{R}$, где сопротивление контура в данный момент времени равно $R = \rho_{l} (2l + 2vt)$. Окончательно получаем
$I = \frac{Bvl}{ \rho_{l} (2l + 2vt) } = 500 мкА$.
Теперь посмотрим, как находить ЭДС индукции прямо из определения -через работу сторонних (не электростатических) сил по переносу единичного пробного заряда. В данном случае сторонняя сила - это сила Лоренца, возникающая за счет движения зарядов вместе с проводником:
$\mathcal{E}_{инд} = \frac{A_{стор} }{q} = \frac{(qvB)l}{q} = Bvl$. (1)
Видим, что модуль ЭДС совпадает с полученным выше. Совпадают и направления индукционного тока: оно в данном подходе определяется направлением силы Лоренца, которое находится мгновенно (без необходимости ориентировать контур и выбирать нормаль).
Основное преимущество второго подхода состоит в том, что он позволяет естественным образом вычислять ЭДС индукции в изолированном проводнике, движущемся в магнитном поле. Применение формулы $\mathcal{E}_{???} = - \frac{ \Delta \Phi}{ \Delta t} = - \Phi^{ \prime}(t) $ затрудняется тем, что иногда в задаче отсутствует контур из проводников и приходится вводить воображаемый «заметаемый» контур. Вывод формулы (1) свободен от этих недостатков. Более того, этот подход позволяет легко разобраться с вычислением ЭДС индукции при произвольном взаимном расположении проводника, вектора его скорости (при поступательном движении проводника) и вектора магнитной индукции. Поскольку в работу силы Лоренца войдет только ее составля -ющая, направленная вдоль проводника, то у векторов $\vec{v}$ и $\vec{B}$ надо оставить только составляющие, перпендикулярные к проводнику. Если угол между этими составляющими равен $\alpha$, то
$\mathcal{E}_{инд} = \frac{(qv_{ \perp}B_{ \perp} \sin \alpha )l }{q} = B_{ \perp}v_{ \perp}l \sin \alpha$.
Сторона прямоугольного каркаса, имеющая длину $l = 10 см$, скользит со скоростью $v = 1 м/с$ по двум другим сторонам, оставаясь с ними в электрическом контакте. Плоскость прямоугольника перпендикулярна линиям индукции однородного магнитного поля $B = 0,01 Тл$. Найдите силу тока в прямоугольнике через $t = 0,9 с$ после начала движения. Сопротивление единицы длины провода $\rho_{l} = 1 Ом/м$. В начальный момент площадь прямоугольника равна нулю.
Решение:
В этой задаче ЭДС индукции одинаково просто получить и из формулы $\mathcal{E}_{инд} = - \frac{ \Delta \Phi}{ \Delta t} = - \Phi^{ \prime}(t) $, и через силу Лоренца.
Направив положительную нормаль вдоль вектора $\vec{B}$ (рис.), получим $\Phi = Blx, \Delta \Phi = Bl \Delta x$, откуда
$\mathcal{E}_{инд} = - \frac{ \Delta \Phi}{ \Delta t} = - Bl \frac{ \Delta x}{ \Delta t} = - Bvl$.
Знак «минус» позволяет найти направление ЭДС - против положительного направления обхода (см. рис.). Величину тока в контуре находим из закона Ома для полной цепи $I = \frac{ \mathcal{E}}{R}$, где сопротивление контура в данный момент времени равно $R = \rho_{l} (2l + 2vt)$. Окончательно получаем
$I = \frac{Bvl}{ \rho_{l} (2l + 2vt) } = 500 мкА$.
Теперь посмотрим, как находить ЭДС индукции прямо из определения -через работу сторонних (не электростатических) сил по переносу единичного пробного заряда. В данном случае сторонняя сила - это сила Лоренца, возникающая за счет движения зарядов вместе с проводником:
$\mathcal{E}_{инд} = \frac{A_{стор} }{q} = \frac{(qvB)l}{q} = Bvl$. (1)
Видим, что модуль ЭДС совпадает с полученным выше. Совпадают и направления индукционного тока: оно в данном подходе определяется направлением силы Лоренца, которое находится мгновенно (без необходимости ориентировать контур и выбирать нормаль).
Основное преимущество второго подхода состоит в том, что он позволяет естественным образом вычислять ЭДС индукции в изолированном проводнике, движущемся в магнитном поле. Применение формулы $\mathcal{E}_{???} = - \frac{ \Delta \Phi}{ \Delta t} = - \Phi^{ \prime}(t) $ затрудняется тем, что иногда в задаче отсутствует контур из проводников и приходится вводить воображаемый «заметаемый» контур. Вывод формулы (1) свободен от этих недостатков. Более того, этот подход позволяет легко разобраться с вычислением ЭДС индукции при произвольном взаимном расположении проводника, вектора его скорости (при поступательном движении проводника) и вектора магнитной индукции. Поскольку в работу силы Лоренца войдет только ее составля -ющая, направленная вдоль проводника, то у векторов $\vec{v}$ и $\vec{B}$ надо оставить только составляющие, перпендикулярные к проводнику. Если угол между этими составляющими равен $\alpha$, то
$\mathcal{E}_{инд} = \frac{(qv_{ \perp}B_{ \perp} \sin \alpha )l }{q} = B_{ \perp}v_{ \perp}l \sin \alpha$.
