физика 7.8варианты к.р. №3

№ 7 - 309,319,324,333,344,353,376,380

№ 8- 308,314,321,338,341,352,360,378

333(свое значение подставить)

Условие задачи: ЭДС батареи ε=12 В. При силе тока I=4 А КПД батареи η=0,6. Определить внутреннее сопротивление Ri батареи. << задача 369 || задача 371 >>

Решение задачи:

№ ,380

Индуктивность соленоида сечением S и длиной l, содержащего N витков, определяется выражением: В данном случае μ = 1, S = 20 см² = 0.002 м², l = 40 см = 0.4 м, N = 800 и индуктивность соленоида равна L = 4*π*10^-7*0.002*800²/0.4 ~ 4*10^-3 Гн = 4 мГн. Полный магнитный поток, сцепленный со всеми витками соленоида, определяется выражением: (предполагая, что магнитное поле однородно и направлено параллельно оси соленоида). В данном случае Ψ = 800*0.004*0.002 = 6.4*10^-3 Вб = 6.4 мВб. Наконец, энергию магнитного поля соленоида, по которому протекает ток I, можно определить по формуле: что в данном случае при I = 2 А даёт W = 0.004*2²/2 = 0.008 Дж = 8 мДж.

№ 343,344

По двум бесконечно длинным параллельным проводам, находящимся на расстоянии 10 см друг от друга в воздухе текут в противоположных направлениях токи силой 20 А и 30 А. Определить индукцию магнитного поля в точке, лежащей на прямой, соединяющей оба провода, и находящейся на расстоянии 2 см от первого провода. Напишите, пожалуйста, полное решение с рисунком. Необходимо рассмотреть два случая.

Отправлен: 28.05.2011, 01:03 Вопрос задал: Дмитрий (Посетитель) Всего ответов: 1 Страница вопроса »

Отвечает Рамиль Асхатович Ниязов (Профессионал) : Здравствуйте, Дмитрий! Результирующая индукция магнитного поля равна векторной сумме: B = B₁+B₂, где B₁ - индукция поля создаваемого током I₁; B₂ - индукция поля создаваемого током I₂. Индукция магнитного провода от первого бесконечного провода определяется по формуле (аналогично для второго): , где μ₀=1,26 • 10^-6 Гн/м - магнитная постоянная. Направление же магнитной индукции определяется по правилу буравчика. Возможны два случая 1. когда рассматриваемая точка лежит между проводами и тогда расстояние от второго провода до этой точки r₂=8 см, 2. когда рассматриваемая точка лежит вне проводов и тогд а расстояние от второго провода до этой точки r₂=12 см. В первом случае индукции направленны в одну сторону и поэтому складываются. Приняв направление вниз положительным, а вверх - отрицательным, получим: мкТл. Во втором - вычитаются. Тогда мкТл.

№ 378

Дано: энергия магнитного поля: W = 100 мДж = 100*10^-3 = 0,1 Дж; начальное значение силы тока в соленоиде I_н = 0; конечное значение силы тока в соленоиде I_к = 5 А; время нарастания силы тока в соленоиде t = 10 с; Найти: среднюю ЭДС самоиндукции, возникающая в соленоиде E_s = ? Решение: Очевидно, что средняя ЭДС самоиндукции, возникающая в соленоиде равна E_s = 2*W/((I_к - I_н)*t) = 2*0,1/((5 - 0)*10) = 4*10^-3 В = 4 мВ.

Или эдентично

Дано: I₁ = 0 А, I₂ = 5 А, Δt = 10 с, W = 100 мДж = 1 * 10^-1 Дж. Определить: <Э>. Решение. Из формулы для энергии магнитного поля соленоида, накопленной при замыкании ключа W = LI₂²/2 получим выражение для индуктивности L = 2W/I₂² и подставим в выражение для абсолютной величины электродвижущей силы: <Э> = L * ΔI/Δt = 2W/I₂² * (I₂ - I₁)/Δt, что даёт <Э> = 2 * 1 * 10^-1/5² * (5 - 0)/10 = 4 * 10^-3 (В) = 4 мВ. Ответ: 4 мВ.

№ 338

Нет формул. На электрон, имеющий заряд e, со стороны электрического поля напряжённостью E будет действовать сила Лоренца, равная Напряжение U в проводе длиной l связана с напряженностью поля соотношением С другой стороны, по закону Ома где S - площадь сечения, ρ - удельное сопротивление. Отсюда и В данном случае e = 1.6*10^-19 Кл, I = 0.3 А, S = 0.2 мм² = 0.0000002 м², для алюминия ρ = 0.000000026 Ом*м и действующая на электроны сила будет равна F = 1.6*10^-19*0.3*0.000000026/0.0000002 = 6.24*10^-21 Н.

ИЛИ

№ 308

В задаче рассматривается поле, создаваемое распределенным зарядом. На стержне выделяем малый участок длиной dx. Тогда на этом участке будет сосредоточен заряд dq=τ*dx, который можно считать точечным. τ=Q/L - линейная плотность зарядов стержня. Следовательно, напряженность dE, созданная этим элементарным зарядом будет равна: dE=dq/(4*п*ε₀*x²)=τ*dx/(4*п*ε₀*x²)=Q*dx/(4*п*L*ε₀*x²) Тогда полная напряженность равна интегралу E=∫dE=_a^a+L∫[Q*dx/(4*п*L*ε₀*x²)]=Q/(4*п*L*ε₀)*_a^a+L∫(dx/x²)=Q/(4*п*L*ε₀)*[1/a - 1/(a+L)]=Q/[4*п*ε₀*a*(a+L)] Вычислим искомую величину: E=3*10^-9/[4*3.14*8.85*10^-12*0.1*(0.1+0.1)]~1349.5 (В/м) Потенциал создаваемый этим точечн ым зарядом, можно определить по формуле: dφ=dq/(4*п*ε₀*x)=Q*dx/(4*п*ε₀*L*x) Согласно принципу суперпозиции электрических полей, потенциал электрического поля, создаваемого заряженным стержнем, найдем интегрированием этого выражения: φ=_a^a+L∫(Q*dx/(4*п*ε₀*L*x))=Q/(4*п*ε₀*L)*_a^a+L∫(dx/x)=Q/(4*п*ε₀*L)*ln[(a+L)/a] Вычислим искомую величину: φ=3*10^-9/(4*3.14*8.85*10^-12*0.1)*ln[(0.1+0.1)/0.1]~187 (В)

№ 309

Предлагаю решение 2 задачи: Точки, в которых требуется найти напряженности электрического поля, лежат в трех областях. Воспользуемся теоремой Гауса, согласно которой поток вектора напряженности электрического поля сквозь замкнутую поверхность равен алгебраической сумме зарядом, заключенных внутри этой поверхности, деленной на ε₀. _S∫E_ndS=q/ε₀ 1. Рассмотрим 1 область (r<R₁) Для определения напряженности проведем сферическую поверхность радиуса r. Внутри этой поверхности зарядов нет. Тогда: _S∫E_ndS=0, где E_n - нормальная составляющая напряженности электрического поля. Из соображений симметрии нормальная составляющая должна быть равна самой напряженности и постоянна для всех точек сферы. Следовательно, ее можно выне сти за знак интеграла E₁*_S∫dS=0 Площадь сферы не равна нулю, очевидно, что E₁=0, т.е. напряженность поля в точках, для которых r<R₁, равна нулю. 2. Рассмотрим 2 область (R₁<r<R₂) Для определения напряженности проведем сферическую поверхность радиуса r. Так как внутри этой поверхности находится заряд Q₁, то для нее, согласно теореме Гауса, можно записать _S∫E_ndS=Q₁/ε₀ Так как E_n=E₂=const, следовательно E₂*_S∫dS=Q₁/ε₀ E₂*S₂=Q₁/ε₀ E₂=Q₁/(ε₀*S₂) Площадь сферы равна: S₂=4*п*r² E₂=Q₁/(ε₀*4*п*r²) E₂=3*10^-9/(8.85*10^-12*4*3.14*0. 06²)~7497 (В/м)~7.5 (кВ/м) 3. Рассмотрим 2 область (r>R₂) Для определения напряженности проведем сферическую поверхность радиуса r. Эта поверхность охватывает суммарный заряд Q₁+Q₂. _S∫E_ndS=(Q₁+Q₂)/ε₀ E₃*4*п*r²=(Q₁+Q₂)/ε₀ E₃=(Q₁+Q₂)/(ε₀*4*п*r²) E₃=(3*10^-9 - 1*10^-9)/(8.85*10^-12*4*3.14*0.12²)~1249.5 (В/м)~1.25 (кВ/м) Для расчета потенциала воспользуемся связью потенциала и напряженности в интегральной форме: φ(r)=φ(r) - φ(0)=_r⁰∫E_ldl, φ(0)=0 - начало отсчета потенциала примем в центре и будем считать равным нулю. 1. (r<R₁) φ(r)=_r⁰∫0dr=0 (В) 2. (R₁<r<R₂) φ=_r^R1∫(Q₁*dr/(4*п*ε₀*r²)+_r⁰∫0dr=Q₁/(4*п*ε₀)*(1/r - 1/R₁) φ=3*10^-9/(4*3.14*8.85*10^-12)(1/0.06 - 1/0.05)~ - 90 (В) 3. (r>R₂) φ(r)=_r^R2∫(Q₁+Q₂)*dr/(4*п*ε₀*r²)+_r^R1∫(Q₁*dr/(4*п*ε₀*r²)+_r⁰∫0dr=1/(4*п*ε₀)*[(Q₁+Q₂)/r - Q₁/R₁ - Q₂/R₂] φ=1/(4*3.14*8.85*10^-12)*[(3*10^-9 - 1*10^-9)/0.12 - 3*10^-9/0.05+1*10^-9/0.1]~ - 300 (В)

Чтобы не тратить понапрасну наше время, я могу дать Вам ссылку на подобного рода задачу № 1 (подобная задача). Что касается конкретного ответа, то для расстояния 3 см, напряженность равна нулю, для 6 см -- 7.49 кА/м, для 12 см -- 1.25 кА/м. График зависимости напряженности от расстояния будет подобным, что в решенной задаче (необходимо всего лиши поставить соответствующие точки и по ним построить кривые на указанных промежутках).

№ 314

Площадь сферы S = 4πr2 Заряд сферы q = ρS, где ρ — поверхностная плотность заряда. Энергия одного заряда в поле другого E = –kq₁q₂/r Работа равна изменении энерги, а в бесконесности энегрия равна нулю. S = 12,57 см2 q = 37,7 нКл (заряд сферы) Энергию сами считайте.

Или

Очень нужно решить! Определить работу сил электростатического поля при перемещении точечного заряда - 20 нКл из бесконечности в точку, находящуюся на расстоянии 4 см от поверхности сферы радиусом 1 см, равномерно заряженой с поверхностной плотностью заряда 3 нКл/см2. Заранее спасибо

Отправлен: 11.11.2009, 19:46 Вопрос задал: Лялюшкин Юрий Николаевич, Посетитель Всего ответов: 1 Страница вопроса »

Отвечает Химик CH, Модератор : Здравствуйте, Лялюшкин Юрий Николаевич. Сфера несёт заряд q₀=Sσ=4*п*r²*σ=4*п*(1 см)²*3 нКл/см²=37,7 нКл при этом вне сферы электрическое поле идентично полю точечного заряда, находящегося на месте центра сферы работа по перемещению заряда из бесконечности в некоторую точку равна потенциальной энергии заряда в данной точке (т.к. потенциал бесконечности равен 0) A=k*q*q₀/R=k*q*q₀/(r+h)=9*10⁹Н*м²/Кл²*20*10^-9Кл*37,7*10^-9Кл/(0,01+0,04)м=1,36*10^-4 Дж

№ 321(подставить свои числа)

Конденсатор электроемкостью =0,2 мкФ был заряжен до разности потенциалов =320 В. После того как его соединили параллельно со вторым конденсатором, заряженным до разности потенциалов =450 В, напряжение U  на нем изменилось до 400 В. Вычислить емкость второго  конденсатора.

 

Дано:                                                                         Решение:

= Ф

=320 В   

=450 В

U=400 В

 

_{С2 - ?}

 

Ответ: 0,32 мкФ

№ 352

Дано: индукция B = 20 мТл = 0.02 Тл; длина прямоугольной рамки l = 6 см = 0.06 м; ширина прямоугольной рамки b = 2 см = 0.02 м; число витков проволоки в рамке N = 100; ток в рамке I = 1 А. Магнитный момент рамки P_m = I*S*N (1), где S = l*b (2) - площадь рамки (см. здесь). В числах: P_m = 1*0.06*0.02*100 = 0.12 А*м2. Механический вращающий момент, действующий на рамку: M = P_m*B*SIN(α) (3), где α - угол между нормалью к плоскости рамки и линиями магнитной индукции. Поскольку плоскость рамки параллельна линиям магнитной индукции, α = 90| и SIN(α) = 1. В таком случае M = P_m*B = 0.12*0.02 = 2.4*10^-3 Нм.

№ 360

Данная задача рассматривалась ранее здесь: http://rfpro.ru/question/174120

© Цитата: Ответ эксперта Кучумов Евгений Владимирович на вопрос 174120

Работа силы магнитного поля по повороту рамки (кольца): A=IΔΦ, где ΔΦ=Φ₂-Φ₁ - изменение магнитного потока сквозь площадь кольца S=π*r². Φ=BScos(a) -> Φ₁=BScos(a₁), Φ₂=BScos(a₂), будем считать, что в первоначальном состоянии нормаль кольца совпадала с вектором индукции магнитного поля (её вертикальной составляющей), т.е. a₁=0, a₂=180 или π -> ΔΦ=-BS-BS=-2BS. Стоит отметить, что вообще-то в задаче не указано, как располагалась нормаль кольца с током... Она могла и не совпадать в начале с вектором магнитной индукции (вертикальной со ставляющей) поля Земли, а быть направленной в противоположную сторону. В этом случае a₁ и a₂ поменялись бы местами и знак ΔΦ поменялся на противоположный, т.е. на плюс: ΔΦ=2BS. Далее, B=μ*μ₀*H. В нашем случае совершённая работа сторонних сил равна работе силы магнитного поля со знаком минус (силы магнитного поля сопротивляются повороту, как, например, в случае работы силы трения), т.е. -A=2*μ*μ₀*H*S*I=2*1*12.56*10^-7*40*3.14*0.05²*0.2=1.58*10^-7

Или

Работа силы магнитного поля по повороту рамки (кольца): A=IdФ, где dФ=Ф₂-Ф₁ - изменение магнитного потока сквозь площадь кольца S=pi*r². Ф=BScos(a) -> Ф₁=BScos(a₁), Ф₂=BScos(a₂), будем считать, что в первоначальном состоянии нормаль кольца совпадала с вектором индукции магнитного поля (её вертикальной составляющей), т.е. a₁=0, a₂=180 или pi -> dФ=-BS-BS=-2BS. Стоит отметить, что вообще-то в задаче не указано, как располагалась нормаль кольца с током... Она могла и не совпадать в начале с вектором магнитной индукции (вертикальной составляющей) поля Земли, а быть направленной в противоположную сторону. В этом случае a₁ и a₂ поменялись бы местами и знак dФ поменялся на противоположный, т.е. на плюс: dФ=2BS. Далее, B=мю*мю₀*H. В нашем случае совершённая работа сторонних сил равна работ е силы магнитного поля со знаком минус (силы магнитного поля сопротивляются повороту, как, например, в случае работы силы трения), т.е. -A=2*мю*мю₀*H*S*I=2*1*12.56*10^-7*40*3.14*0.05²*0.2=1.58*10^-7 (Дж) Рассчёт обязательно перепроверить. (Дж)

площадь квадрата S=a²=0.08²=0.0064 м² магнитная индукция B=H*?₀=5.03*10^-5 Тл модуль энергии квадрата в магнитном поле (и работа по его распрямлению) A=|W|=I*B*S=1,6*10^-7 Дж

352

адачка: Бесконечно длинный провод образует круговой виток, касательный к проводу, по проводу идет ток силой 3 А. Найти радиус витка, если напряженность магнитного поля в центре витка 20 А/м. Заранее спасибо!

Отправлен: 10.11.2009, 16:47 Вопрос задал: Лялюшкин Юрий Николаевич, Посетитель Всего ответов: 1 Страница вопроса »

Отвечает Кучумов Евгений Владимирович, 10-й класс : Здравствуйте, Лялюшкин Юрий Николаевич! Из закона Био-Савара-Лапласа можно вывести, что индукция магнитного поле в центре окружности радиуса r₀ будет B₁=мю₀*I/(2*r₀), а бесконечно длинного провода на расстоянии r₀ от его оси B₂=мю₀*I/(2*pi*r₀). Значит суммарная индукция в центре витка (благодаря совпадению направления токов в витке и проводе) будет B=B₁+B₂=(мю₀*I/(2*r₀))*(1+1/pi) -> r₀=(мю₀*I/(2*B))*(pi+1)/pi, а так как B=мю*мю₀*H, то r₀=(I/(2*мю*H))*(pi+1)/pi. Значит, r₀=3/(2*1*20)*(4.14/3.14)~0.1 (м). Рассчёт обязательно перепроверить. Удачи.

№ 341(подставить свои числа и без р2, 11, только 1)

2. Определить эдс и внутреннее сопротивление источника тока, если во внешней цепи при силе тока 4 А развивается мощность 10 Вт, а при силе тока 2 А мощность 8 Вт.

Отправлен: 09.04.2011, 19:29 Вопрос задал: Дмитрий (Посетитель) Всего ответов: 2 Страница вопроса »

Отвечает Alejandro (10-й класс) : Здравствуйте, Дмитрий! ЗАДАЧА №2 Дано : I₁ = 4 А, P₁ = 10 Вт, I₂ = 2 А, P₂ = 8 Вт. Найти: r – ? ε -? Решение: Мощность, развиваемая током, согласно закону Джоуля – Ленца, определяется выражением: P₁ = I₁ ² * R₁ и P = I₂ ² * R₂, (1) где R₁ и R₂ – сопротивление внешней цепи. Согласно закону Ома, I₁ =ε/R₁ + r; I₂ =ε/R₂ + r, где ε– ЭДС источника. Решив эти уравнения относительно r , получим r = ( I₂ R₂− I₁R₁ )/( I₂-I₁ ) (2) Выразив I₁R₁ и I₂R из уравнений (1) и подставив в выражение (2), найдем внутреннее сопротивление источника тока: r =( P₁ / I₁ − P₂ / I ₂) / I₂-I₁ Вычисляя, получаем : r = 0,75 (Ом). Найдем ЭДС: P = εI ε = I(R+r) P₁ = εI₁-I₁ ² *r r = (εI₁ - P₁)/ I₁ ² P₂ = εI₂-I₂ ² *r P₂ = εI₂-I₂ ² *r P₂ = εI₂-((I₂ ²)(εI₁-P₁))/(I₁ ²) P₂ = εI₂-(εI₂ ²)/I₁ + (P₁*I₂ ²/I₁ ²) ε = {P₂ - P₁*I₂ ²/I₁ ²} / {I₂ - I₂ ²/I₁} Подставляя числовые значения найдем ЭДС: ε = 5,5 В По этому же идя способу можно найти и внутреннее сопроти вление: r = ε / I₁ - P₁/ I₂ ² = 0.75 Ом Ответ: ε = 5,5 В; r = 0,75 Ом

№ 319(формул нет)

1. Напряжённость поля бесконечной равномерно заряженной плоскости с поверхностной плотностью заряда σ определяется формулой где ε - диэлектрическая проницаемость среды, ε₀ = 8.8542*10^-12 Ф/м - электрическая постоянная. Поток вектора напряжённости через плоскую поверхность S, образующую угол β с линиями напряжённости (или, что то же самое, нормаль к которой образует угол α = 90º - β с линиями напряжённости) равен или В данном случае σ = 0.5 нКл/см² = 5*10^-6 Кл/м², S = πR² ~ 0.0314 м², β = 30º и поток вектора напряжённости равен Φ_E = (5*10^-6 *0.0314*sin 30º)/(2*8.8542*10^-12) ~ 4435 В*м ~ 4.4 кВ*м. Так как электрическое смещение связано с напряжённостью поля соотношением то поток электрического смещения будет определяться выражением и в данном случае будет равен Φ_D = (5*10^-6*0.0314*sin 30º)/2 ~ 3.927*10^-8 Кл ~ 39 нКл

№ 324(свое подставить слюда – 7)

Задача 3. Расстояние d между пластинами плоского конден-сатора равно 2 мм, разность потенциалов U=1.8 кВ. Диэлектрик - стекло с диэлектрической проницаемостью ε=7.0. Определить ди-40

электрическую восприимчивость χ стекла и поверхностную плотность σ’ связанных (поляризационных) зарядов на поверхно-сти стекла.

Решение:

Диэлектрическая проницаемость ε связана с диэлектриче-ской восприимчивостью χ соотношением:

ε = 1+χ.

Поэтому χ=6,0. Поверхностная плотность σ’ связанных за-рядов на границе стекла равна нормальной (перпендикулярной к поверхности диэлектрика) компоненте вектора поляризации P, который, в свою очередь, определяется через вектор напряженно-сти электрического поля в диэлектрике E с помощью соотноше-ния:

P = χε₀E ,

где ε₀ - электрическая постоянная. Напряженность же элек-трического поля внутри конденсатора равна:

EUd=ε .

В нашем случае длина нормальной компоненты вектора по-ляризации равна длине всего вектора P, так как последний пер-пендикулярен к границе раздела. Поэтому, выражение для по-верхностной плотности связанного заряда имеет вид:

′==−σεεεP()10Ud .

Используя численные значения задачи, получаем σ’=47,7 мкКл/м² .

Ответ: χ=6,0 и σ’=47,7 мкКл/м² .

№376

Принятые обозначения: B - магнитная индукция; Φ - магнитный поток; S - площадь квадрата; R - сопротивление квадрата; E - индуктируемая ЭДС; I - ток; Q - заряд. Имеем уравнения: Φ = B*S (1); E = -dΦ/dt (2) - «закон электромагнитной индукции»; dΦ/dt - производная от магнитного потока по времени; I = E/R (3) - «закон Ома». С другой стороны, I = dQ/dt (4). Проинтегрировав по времени (2) от Φ₁ до Φ₂ и сопоставив с (1), (3) и (4), получаем, что Q = B*(S₁ - S₂)/R, или, учитывая, что S₂ = 0 (квадрат вытянут в линию), Q = (B*S)/R (5) (с точностью до знака, к-рый нас не интересует). Поскольку S₁ = S = a² (6), где a = 10 см = 0.1 м - сторона квадрата, в числах получаем: Q = (4*10^-3*0.1*0.1)/0.2 = 2*10^-4 Кл.

319.  На некотором расстоянии от бесконечной равномерно заряженной плоскости с поверхностной плотностью заряда 0,5 нКл /см2 расположена круглая пластинка так, что её плоскость составляет угол 30° с силовыми линиями электрического поля. Определить поток напряженности и электрического смещения (индукции) через пластинку, если её радиус 10 см.

[+] Решение:

Напряжённость поля бесконечной равномерно заряженной плоскости: E=σ2ɛɛ0 ε0=8.8542·10-12 Ф/м α=90º-β σ=0.5 нКл/см2=5·10-6 Кл/м2, S=πR2≈0.0314м2, β=30º Поток вектора напряжённости ФE=ESsinβ ФЕ=σSsinβ2ɛɛ0=5⋅10-6⋅0.0314⋅sin30º2⋅8.8542·10-12≈4435В·м≈4.4кВ·м. Электрическое смещение D=Eɛɛ0 поток электрического смещения ФD=ɛɛ0ФE=σSsinβ2=5⋅10-6⋅0.0314⋅sin30º2≈3.927·10-8Кл≈39нКл

№376

Здравствуйте, Fkatyaa. 5. Принятые обозначения: B - магнитная индукция; Φ - магнитный поток; S - площадь квадрата; R - сопротивление квадрата; E - индуктируемая ЭДС; I - ток; Q - заряд. Имеем уравнения: Φ = B*S (1); E = -dΦ/dt (2) - «закон электромагнитной индукции»; dΦ/dt - производная от магнитного потока по времени; I = E/R (3) - «закон Ома». С другой стороны, I = dQ/dt (4). Проинтегрировав по времени (2) от Φ₁ до Φ₂ и сопоставив с (1), (3) и (4), получаем, что Q = B*(S₁ - S₂)/R, или, учитывая, что S₂ = 0 (квадрат вытянут в линию), Q = (B*S)/R (5) (с точностью до знака, к-рый нас не интересует). Поскольку S₁ = S = a² (6), где a = 10 см = 0.1 м - сторона квадрата, в числах получаем: Q = (4*10^-3*0.1*0.1)/0.2 = 2*10^-4 Кл.

Принятые обозначения: B - магнитная индукция; Φ - магнитный поток; S - площадь квадрата; R - сопротивление квадрата; E - индуктируемая ЭДС; I - ток; Q - заряд. Имеем уравнения: Φ = B*S (1); E = -dΦ/dt (2) - «закон электромагнитной индукции»; dΦ/dt - производная от магнитного потока по времени; I = E/R (3) - «закон Ома». С другой стороны, I = dQ/dt (4). Проинтегрировав по времени (2) от Φ₁ до Φ₂ и сопоставив с (1), (3) и (4), получаем, что Q = B*( S₁ - S₂)/R, или, учитывая, что S₂ = 0 (квадрат вытянут в линию), Q = (B*S)/R (5) (с точностью до знака, к-рый нас не интересует). Q = (4*10^-3*0.1²)/0.2 = 2*10^-4 Кл.