реши задачи 12.5.10-12.5.12

12.5.10

Дано: при токе $I$ энергия магнитного поля катушки равна $W$, сопротивление обмотки $R$. Ток равномерно уменьшается в $n$ раз:

$$I_1=I,\qquad I_2=\frac{I}{n}.$$

Энергия магнитного поля катушки:

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

откуда

$$L=\frac{2W}{I^2}.$$

При равномерном изменении тока ЭДС самоиндукции постоянна:

$$\mathcal E=L\frac{\Delta I}{\Delta t}.$$

Ток, создаваемый этой ЭДС в обмотке,

$$i=\frac{\mathcal E}{R}.$$

Поэтому прошедший заряд

$$q=i\Delta t =\frac{L\Delta I}{R}.$$

Здесь

$$\Delta I=I-\frac In=I\left(1-\frac1n\right).$$

Следовательно,

$$q=\frac{LI}{R}\left(1-\frac1n\right).$$

Подставляем $L=2W/I^2$:

$$\boxed{q=\frac{2W}{IR}\left(1-\frac1n\right)}.$$

После уменьшения тока энергия поля станет

$$W_2=\frac{L(I/n)^2}{2} =\frac{W}{n^2}.$$

То есть энергия уменьшится на

$$\boxed{W-W_2=W\left(1-\frac1{n^2}\right)}.$$

---

12.5.11

Пусть проводник опустился вниз на расстояние $x$. Площадь контура увеличилась на $lx$, поэтому магнитный поток изменился на

$$\Phi=Blx.$$

Так как сопротивлением пренебрегаем, изменение внешнего магнитного потока компенсируется потоком самоиндукции:

$$LI=Blx.$$

Отсюда ток в катушке

$$I=\frac{Blx}{L}.$$

Сопротивления нет, значит механическая энергия переходит в кинетическую энергию проводника и энергию магнитного поля:

$$mgx=\frac{mv^2}{2}+\frac{LI^2}{2}.$$

Подставляем $I$:

$$mgx=\frac{mv^2}{2} +\frac{B^2l^2x^2}{2L}.$$

Отсюда

$$v^2=2gx-\frac{B^2l^2}{mL}x^2.$$

Чтобы скорость была максимальной, максимум должно иметь и $v^2$. Дифференцируем по $x$:

$$2g-\frac{2B^2l^2}{mL}x=0.$$

Поэтому расстояние, пройденное к моменту достижения максимальной скорости,

$$\boxed{x=\frac{mgL}{B^2l^2}}.$$

Подставляем это $x$ в выражение для скорости:

$$v_{\max}^2 =\frac{mLg^2}{B^2l^2},$$

следовательно,

$$\boxed{v_{\max}=\frac{g\sqrt{mL}}{Bl}}.$$

В этот момент ток

$$I=\frac{Bl}{L}\cdot \frac{mgL}{B^2l^2} =\frac{mg}{Bl}.$$

Энергия магнитного поля катушки:

$$W_L=\frac{LI^2}{2} =\boxed{\frac{m^2g^2L}{2B^2l^2}}.$$

Итак,

$$\boxed{ v_{\max}=\frac{g\sqrt{mL}}{Bl},\qquad x=\frac{mgL}{B^2l^2},\qquad W_L=\frac{m^2g^2L}{2B^2l^2} }.$$

---

12.5.12

Дано:

$$\mathcal E=3\text{ В},\qquad r=2\ \Omega,$$ $$L=50\text{ мГн}=0.05\text{ Гн}, \qquad C=50\text{ мкФ}=50\cdot10^{-6}\text{ Ф}.$$

Пока ключ долго замкнут, установился постоянный ток. Катушка при постоянном токе ведёт себя как проводник с нулевым сопротивлением, поэтому конденсатор разряжен:

$$U_{C0}=0.$$

Ток через катушку непосредственно перед размыканием:

$$I_0=\frac{\mathcal E}{r} =\frac32=1.5\text{ А}.$$

После размыкания источника остаётся идеальный $LC$-контур. Его полная энергия сохраняется:

$$\frac{LI_0^2}{2} = \frac{LI^2}{2} +\frac{CU^2}{2}.$$

Нужно найти $U$, когда

$$I=1\text{ А}.$$

Тогда

$$CU^2=L(I_0^2-I^2),$$ $$U=\sqrt{\frac LC(I_0^2-I^2)}.$$

Подставляем:

$$U= \sqrt{ \frac{0.05}{50\cdot10^{-6}} (1.5^2-1^2) }.$$ $$\frac{0.05}{50\cdot10^{-6}}=1000, \qquad 1.5^2-1=1.25.$$

Поэтому

$$U=\sqrt{1250}=25\sqrt2\text{ В}.$$ $$\boxed{U_C\approx35.4\text{ В}}.$$