Индуктивность и индукция

[Stensen]

Доброго всем времени суток. Помогите решить задачу. Катушка с индуктивностью $L$ и сопротивлением $R$ находится в переменном магнитном поле. Когда создаваемый этим полем магнитный поток увеличивается на $\Delta \Phi $ , сила тока в катушке возрастает на $\Delta I $. Какой заряд $\Delta q $ проходит за это время по катушке?
Совместно решая:
$\xi = - \frac{d\Phi}{dt}$ и $I = \frac{\xi}{R}$ , где: $\xi$ - эдс индукции, $\Phi$ - магнитный поток, получим: $dq = - \frac{d\Phi}{R}$. Не понимаю, зачем в условии заданы: $L, \Delta I$?

[mihiv]

При изменении тока возникает эдс самоиндукции, за которую отвечает $L$.

[Kephe]

Stensen
Чуть более подробная подсказка: из $I = \frac{\xi}{R}$ следует, что буквой $\xi$ Вы обозначили разность потенциалов на зажимах катушки, к которой подключен резистор. А это не то же самое, что индуцированная только внешним полем ЭДС; ток в катушке создаёт собственное поле, которое накладывается на внешнее. Ваши формулы можно правильно интерпретировать, если считать $\Phi$ суперпозицией магнитных потоков (внешнего и от самой катушки). Можно и по-другому: сохранить исходный смысл $\Phi$ в формуле $\xi = -\dot{\Phi}$, скорректировав формулу для тока с учётом ЭДС самоиндукции.

[Stensen]

Kephe в сообщении #1130926 писал(а):

Stensen
из $I = \frac{\xi}{R}$ следует, что буквой $\xi$ Вы обозначили разность потенциалов на зажимах катушки, к которой подключен резистор. А это не то же самое, что индуцированная только внешним полем ЭДС; ток в катушке создаёт собственное поле, которое накладывается на внешнее.

Если правильно понял, $\xi$ - это результат наложения эдс: $\xi_{ext} $, созданной внешним переменным магнитным полем: $ \xi_{ext} = - \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} $, и эдс самоиндукции $\xi_{L}$, созданной самоиндукционным током в катушке: $\xi_{L} = -L\frac{\Delta I}{\Delta t}$, т.е.: $\xi = \xi_{ext} - \xi_{L} = - \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} - (-L\frac{\Delta I}{\Delta t}) $ и после преобразований: $ \Delta q = I \cdot \Delta t = \frac{- \Delta \Phi + L \cdot \Delta I}{R}$. Знак минус в $\xi = \xi_{ext} - \xi_{L} выбрал потому, что эдс самоиндукции направлена навстречу вызвавшему ее току, который, в свою очередь, был вызван и так же направлен как и $ $\xi_{ext} $$. Все ли правильно понял?

P.S. Поправьте если не прав: в сверхпроводящей катушке при изменении внешнего магнитного поля ток не возникает вследствие полной компенсации $ \xi_{ext} $ возбуждаемой эдс самоиндукции?

[AnatolyBa]

Stensen в сообщении #1130964 писал(а):

в сверхпроводящей катушке при изменении внешнего магнитного поля ток не возникает

Наоборот, ток то как раз возникает, и именно он компенсирует изменение внешнего магнитного потока. Полный поток (внешний плюс поток самоиндукции) неизменен

[Kephe]

Stensen
Результат, вроде, правильный (если считать, что даны модули $\Delta\Phi$ и $\Delta I$). Можно для красоты умножить на $-1$, потому что $L|\Delta I| \leq |\Delta\Phi|$.

Cпособ получения результата мне не нравится. Оперировать формулами в дельтах не вполне честно; такие формулы верны только в очень частном случае, а в условии ничего не сказано про то, как именно менялся магнитный поток. Лучше бы написать дифференциальное уравнение и проинтегрировать, даже проще выйдёт.

[Stensen]

Kephe в сообщении #1130968 писал(а):

Оперировать формулами в дельтах не вполне честно; такие формулы верны только в очень частном случае, а в условии ничего не сказано про то, как именно менялся магнитный поток. Лучше бы написать дифференциальное уравнение и проинтегрировать, даже проще выйдёт.

Пытаюсь написать и решить дифуру, подскажите пожалуйста как решить? Из уже написанного:
$ iR = \frac{d \Phi}{dt} - L \frac{di}{dt}$ и $ i = \frac{dq}{dt}$ получим:
$ \frac{d^2q}{dt^2}+\frac{R}{L} \frac{dq}{dt} = \frac{1}{L} \frac{d \Phi}{dt}$. Не понимаю Что делать с правой частью?

[Kephe]

Stensen
Проинтегрировать левую и правую часть исходного дифура без всяких преобразований. Из уравнения $IR = \dot{\Phi} - L\dot{I}$ (производную по времени для компакности обозначил точкой) получается

$$R\int_0^t I\,\mathrm{d}t = \int_0^t \dot{\Phi}\,\mathrm{d}t - L\int_0^t \dot{I}\,\mathrm{d}t$$

Ну а дальше должно быть очевидно, во что превращаются интегралы (один просто равен заряду, два оставшихся по теореме Ньютона-Лейбница).

[Stensen]

Kephe в сообщении #1131265 писал(а):

Stensen

$$R\int_0^t I\,\mathrm{d}t = \int_0^t \dot{\Phi}\,\mathrm{d}t - L\int_0^t \dot{I}\,\mathrm{d}t$$

один просто равен заряду, два оставшихся по теореме Ньютона-Лейбница.

Тогда так:

$ R \cdot q = \Phi (t) - \Phi (0) - L(I(t) - I(0)) $,

где из условия: $ \Phi (t) - \Phi (0) = \Delta \Phi , I(t) - I(0) = \Delta I $. Все верно?

Гранд сенкс!

[Kephe]

Stensen
Да, всё верно.

У меня есть небольшие сомнения в знаках, но это в некоторой степени дело соглашений. Производную потока можно было бы взять со знаком минус, тогда ответ будет

$$Q = -\frac{\Delta\Phi + L\cdot\Delta I}{R}$$

но в таком случае численные значения $\Delta\Phi$ и $\Delta I$ должны иметь разные знаки.

Обратите внимание, что $\dot{\Phi} + L\dot{I}$ - производная полного потока по времени (тут поправил, сначала непонятно написал). Отсюда следует, что при $R = 0$ полный поток сохраняется.