Чему равна ЭДС самоиндукции?

Согласно закону Фарадея ℰ_is = – . Если Ф = LI, то ℰ_is = = – . При условии, что индуктивность контура в процессе изменения тока не меняется (т.е. не меняются геометрические размеры контура и магнитные свойства среды), то

ℰ_is = – . (13.2)

Из этой формулы видно, что если индуктивность катушки L достаточно велика, а время изменения тока мало, то величина ℰ_is может достигнуть большой величины и превысить ЭДС источника тока при размыкании цепи. Именно этот эффект мы наблюдали в опыте 1.

Из формулы (13.2) можно выразить L:

L = – ℰ_is/(DI/Dt),

т.е. индуктивность имеет еще один физический смысл: она численно равна ЭДС самоиндукции при скорости изменения тока через контур 1 А в 1 с.

Читатель: Но тогда получится, что размерность индуктивности

[L] =	[ℰ]	= . А раньше мы получили, что [L] =
[I]×[t]

= Вб/А = Гн.

Автор: Вспомним, что ℰ_i = – , отсюда [Ф] = [ℰ][t], т.е. Вб = В×с. Так что и – это одно и то же:

[L] = Гн = .

СТОП! Решите самостоятельно: А3, А4, В3–В5, С1, С2.

Задача 13.2. Какова индуктивность катушки с железным сердечником, если за время Dt = 0,50 с ток в цепи изменился от I₁ = = 10,0 А до I₂ = 5,0 А, а возникшая при этом ЭДС самоиндукции по модулю равна |ℰ_is| = 25 В?

Dt = 0,50 с I1 = 10,0 А I2 = 5,0 А |ℰis| = 25 В	Решение. Воспользуемся формулой (13.2). Из нее следует, что |ℰis| = L = ℰis = Гн.
L = ?

Ответ: L = ℰ_is » 2,5 Гн.

СТОП! Решите самостоятельно: А5, А6, В6.

Читатель: А какой смысл имеет знак минус в формуле (13.2)?

Рис. 13.6

Автор: Рассмотрим какой-либо проводящий контур, по которому течет ток. Выберем направление обхода контура – по или против часовой стрелки (рис. 13.6). Вспомним: если направление тока совпадает с выбранным направлением обхода, то сила тока считается положительной, а если нет – отрицательной.

Изменение тока DI = I_кон – I_нач – также величина алгебраическая (отрицательная или положительная). ЭДС самоиндукции – это работа, совершаемая вихревым полем при перемещении единичного положительного заряда по контуру вдоль направления обхода контура. Если напряженность вихревого поля направлена вдоль направления обхода контура, то эта работа положительна, а если против – отрицательна. Таким образом, знак минус в формуле (13.2) показывает, что величины DI и ℰ_is всегда имеют разные знаки.

Покажем это на примерах (рис. 13.7):

Рис. 13.7

а) I > 0 и DI > 0, значит, ℰ_is < 0, т.е. ЭДС самоиндукции «включена» навстречу направлению обхода;

б) I > 0 и DI < 0, значит, ℰ_is > 0, т.е. ЭДС самоиндукции «включена» вдоль направления обхода;

в) I < 0, а D|I| > 0, т.е. модуль тока возрастает, а сам ток становится все «более отрицательным». Значит, DI < 0, тогда ℰ_is > 0, т.е. ЭДС самоиндукции «включена» вдоль направления обхода;

г) I < 0, а D|I| < 0, т.е. модуль тока уменьшается, а сам ток становится все «менее отрицательным». Значит, DI > 0, тогда ℰ_is < 0, т.е. ЭДС самоиндукции «включена» навстречу направлению обхода.

В задачах, по возможности, следует выбирать такое направление обхода, чтобы ток был положительным.

Задача 13.3. В цепи на рис. 13.8, а L₁ = 0,02 Гн и L₂ = 0,005 Гн. В некоторый момент ток I₁ = 0,1 А и возрастает со скоростью 10 А/с, а ток I₂ = 0,2 А и возрастает со скоростью 20 А/с. Найти сопротивление R.

	а б Рис. 13.8   Решение. Так как оба тока возрастают, то в обеих катушках возникают ЭДС самоиндукции ℰis1
L1 = 0,02 Гн L2 = 0,005 Гн I1 = 0,1 А I2 = 0,2 А DI1/Dt = 10 А/с DI2/Dt = 20 А/с
R = ?

и ℰ_is2, включенные навстречу токам I₁ и I₂ (рис. 13.8, б), где

|ℰ_is1| = ; |ℰ_is2| = .

Выберем направление обхода по часовой стрелке (см. рис. 13.8,б) и применим второе правило Кирхгофа

–|ℰ_is1| + |ℰ_is2| = I₁R – I₂R ,

R = |ℰ_is2| – |ℰ_is1| / (I₁ – I₂) = =

1 Ом.

Ответ: R = » 1 Ом.

СТОП! Решите самостоятельно: В7, В8, С3.

Задача 13.4. Катушка сопротивлением R = 20 Ом и индуктивностью L = 0,010 Гн находится в переменном магнитном поле. Когда создаваемый этим полем магнитный поток увеличился на DФ = = 0,001 Вб, ток в катушке возрос на DI = 0,050 А. Какой заряд прошел за это время по катушке?

R = 20 Ом L = 0,010 Гн DФ = 0,0010 Вб DI = 0,050 А	Решение. Внешнее переменное магнитное поле создало в катушке ЭДС индукции |ℰi| = . Благодаря этой ЭДС в катушке стал увеличиваться ток, а из-за этого в катушке возникла ЭДС самоин-
q = ?

Рис. 13.9

дукции |ℰ_is| = . Причем ℰ_is «включилась» навстречу ℰ_i, так как ток в цепи возрастал (рис. 13.9).

Возьмем направление обхода контура по часовой стрелке. Тогда согласно второму правилу Кирхгофа получим:

|ℰ_i| – |ℰ_is| = IR ,

I = (|ℰ_i| – |ℰ_is|)/R = .

Заряд q, прошедший по катушке за время Dt, равна

q = IDt =

мкКл.

Ответ: 25 мкКл.

СТОП! Решите самостоятельно: В9, В10, С4.

Задача 13.5. Катушка с индуктивностью L и электрическим сопротивлением R подключена через ключ к источнику тока с ЭДС ℰ. В момент t = 0 ключ замыкают. Как изменяется со временем сила тока I в цепи сразу же после замыкания ключа? Через длительное время после замыкания? Оцените характерное время t возрастания тока в такой цепи. Внутренним сопротивлением источника тока можно пренебречь.

ℰ R L	Решение. ЭДС самоиндукции ℰis = – , поэтому согласно закону Ома для полной цепи IR = ℰ + ℰis = ℰ – (рис. 13.10, а). Перепишем это соотношение в виде = ℰ – IR. (1)
I(t) = ? t = ?

Рис. 13.10

Рис. 13.11

Сразу же после замыкания ключа I = 0, поэтому можно считать » ℰ/L, т.е. ток возрастает с постоянной скоростью (I = (ℰ/L)t;рис. 13.11).

При увеличении тока правая часть в уравнении (1) уменьшается, следовательно, уменьшается и скорость возрастания тока. Через достаточно длительное время (о том, каким оно должна быть, – чуть ниже) правая часть уравнения (1) становится пренебрежимо малой. Это означает, что ток стремится к постоянной величине I = ℰ/R (см. рис. 13.11).

«Характерное» время t для рассматриваемой системы можно определить, оценив, когда слагаемое IR станет сравнимо по величине с ℰ. Воспользовавшись для оценки зависимостью I = (ℰ/L)t,получаем (ℰ/L)tR » ℰ Þ t » L/R.

Точное значение тока в момент времени t можно найти, решив дифференциальное уравнение, к которому сводится уравнение (1):

LI¢ = ℰ – IR (2)

при начальном условии I(0) = 0. «Угадаем» решение:

I(t) = (ℰ/R) .

Убедимся, что это действительно решение. В самом деле:

1) начальные условия выполняются:

I(0) = (ℰ/R) = (ℰ/R)(1 – 1) = 0;

2) левая часть уравнения (2) тождественна правой:

л.ч. LI¢ = L[(ℰ/R) ]¢ = (Lℰ/R) ℰ ;

п.ч. ℰ – IR = ℰ – (ℰ/R) R = ℰ .

Поскольку в теории дифференциальных уравнений доказано, что уравнения данного типа имеют единственное решение, то других решений нет.

Ответ: t » L/R, I(t) = (ℰ/R) .

СТОП! Решите самостоятельно: С5, D2.