ЭДС движения: рельсы, перемычки, рамки

Подсказка

Заряд равен изменению потока, делённому на сопротивление рамки; не забудьте, что при повороте на \(180^\circ\) поток меняет знак.

Ответ

\(100\) мкКл.

Подсказка

Закон Фарадея для контура без сопротивления даёт \(Li + Bdx = 0\), значит, сила на перемычку линейна по смещению: это гармонические колебания.

Ответ

1) 8 с;  2) 50 см.

Решение

Закон электромагнитной индукции в СГС:

\[ \oint\mathbf{E}\,d\mathbf{l}=-\frac1c\frac{d\Phi_B}{dt}. \]

По условию «обратное» явление имеет тот же коэффициент, но другой знак винта: \(\mathbf{B}\) образует правый винт с \(d\mathbf{E}/dt\) (в законе Фарадея \(\mathbf{E}\) образует левый винт с \(d\mathbf{B}/dt\) — правило Ленца). Поэтому

\[ \oint\mathbf{B}\,d\mathbf{l}=+\frac1c\frac{d\Phi_E}{dt}. \]

Поток электрического смещения в вакууме в СГС совпадает с потоком \(\mathbf{E}\) (с точностью до \(4\pi\), который в формулировке Савченко уже включён в определение \(N\)): обозначая \(N=\Phi_E\) поток смещения, получаем

\[ C_B=\frac1c\frac{dN}{dt}\qquad\text{(СГС)}. \]

В СИ закон Фарадея не несёт \(c\): \(\oint\mathbf{E}\,d\mathbf{l}=-d\Phi_B/dt\). Симметричное уравнение Максвелла—Ампера в вакууме без тока проводимости

\[ \oint\mathbf{B}\,d\mathbf{l}=\mu_0\varepsilon_0\frac{dN}{dt}, \]

потому что \(c=1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}\) и \(\varepsilon_0 dN/dt\) есть ток смещения \(I_d\), а \(\oint\mathbf{B}\,d\mathbf{l}=\mu_0 I_{\text{полн}}\). Итак,

\[ C_B=\mu_0\varepsilon_0\frac{dN}{dt}\qquad\text{(СИ)}. \]

Решение

а. Пусть сторона контура, параллельная скорости, имеет «высоту» (расстояние между пластинами в проекции) , а поперечный размер, на который поле надвигается, равен \(l\) — длине стороны \(ad\) (вдоль пластин, поперёк \(v\)). За время \(dt\) в контур въезжает полоска площади \(v\,dt\cdot l\), неся поле \(E\). Приращение потока электрического поля

\[ dN=E\cdot l\cdot v\,dt\qquad\Longrightarrow\qquad\frac{dN}{dt}=vlE. \]

По задаче 11.6.1 циркуляция

\[ C_B=\mu_0\varepsilon_0\frac{dN}{dt}=\mu_0\varepsilon_0 vlE\quad\text{(СИ)},\qquad C_B=\frac1c\frac{dN}{dt}\quad\text{(СГС)}. \]

Связь в СИ: \(C_B=\mu_0\varepsilon_0\,dN/dt\); в СГС: \(C_B=(1/c)\,dN/dt\).

Тот же \(C_B\) можно получить иначе: движущиеся заряженные пластины — это токи с линейной плотностью \(\sigma v=\varepsilon_0 E v\), и теорема о циркуляции вокруг контура, который «протыкает» эти токи, даёт \(\mu_0\cdot\varepsilon_0 E v\cdot l\).

б. Примеры. (1) Разряд плоского конденсатора: между обкладками \(dN/dt=I/\varepsilon_0\), и \(C_B=\mu_0 I\) — ровно как от тока в проводе. (2) Электромагнитная волна: через контур «проплывает» гребень \(E\), \(dN/dt\neq0\), и появляется \(B=E/c\). (3) Движущаяся заряженная пластина — частный случай пункта «а».

Решение

Циркуляция постоянна по модулю (убывание равномерное):

\[ C_B=\mu_0\varepsilon_0\left|\frac{dN}{dt}\right|=\mu_0\varepsilon_0\frac{N}{\Delta t}. \]

Отсюда

\[ N=\frac{C_B\cdot\Delta t}{\mu_0\varepsilon_0}. \]

Но \(\mu_0\varepsilon_0=1/c^2\), \(c=3\cdot10^8\) м/с, \(c^2=9\cdot10^{16}\) м\(^2\)/с\(^2\). \(C_B=10^{-3}\) Тл\(\cdot\)м, \(\Delta t=10^{-6}\) с:

\[ N=10^{-3}\cdot10^{-6}\cdot9\cdot10^{16}=9\cdot10^{7}\ \text{В}\cdot\text{м}. \]

В формулировке Савченко \(N\) — поток напряжённости \(\Phi_E\), стоящий в законе 11.6.1. Прямой счёт даёт \(9\cdot10^{7}\) В\(\cdot\)м; в книге набрано \(9\cdot10^{5}\) — такая цифра получится, если взять \(\Delta t=10^{-8}\) с вместо \(10^{-6}\).

Решение

Поток электрического смещения внутри конденсатора (в СИ удобно писать поток \(\mathbf{E}\))

\[ N=\Phi_E=\frac{Q}{\varepsilon_0}, \]

потому что \(\oint\mathbf{D}\,d\mathbf{S}=Q\) и в вакууме \(\mathbf{D}=\varepsilon_0\mathbf{E}\), а почти весь поток сидит в зазоре. Скорость изменения: за время \(\Delta t\) заряд обкладки меняется на \(\Delta Q\), поток — на \(\Delta N=\Delta Q/\varepsilon_0\), поэтому

\[ \frac{\Delta N}{\Delta t}=\frac1{\varepsilon_0}\frac{\Delta Q}{\Delta t}=\frac{I}{\varepsilon_0}, \]

где \(I\) — ток в подводящих проводах (при разряде заряд обкладки убывает со скоростью, по модулю равной току). Циркуляция по контуру, охватывающему зазор,

\[ C_B=\mu_0\varepsilon_0\frac{\Delta N}{\Delta t}=\mu_0 I. \]

Ровно такую циркуляцию дал бы ток проводимости \(I\), будь он протянут между обкладками. Поэтому линии магнитного поля не обрываются на краю конденсатора: ток проводимости плавно переходит в ток смещения \(I_d=\varepsilon_0\,\Delta\Phi_E/\Delta t=I\).

Решение

Плотность тока смещения

\[ j_d=\varepsilon_0\frac{\partial E}{\partial t}=\varepsilon_0\alpha. \]

Точка на расстоянии \(r=5\) см лежит внутри обкладок (\(R=10\) см). По симметрии \(\mathbf{B}\) идёт по окружностям, \(B=\mathrm{const}\) на окружности радиуса \(r\):

\[ 2\pi r\cdot B=\mu_0\cdot j_d\cdot\pi r^2=\mu_0\varepsilon_0\alpha\pi r^2, \] \[ B=\frac12\mu_0\varepsilon_0\alpha r=\frac{\alpha r}{2c^2}. \]

Числа: \(\alpha=9\cdot10^{10}\) В/(м\(\cdot\)с), \(r=0{,}050\) м, \(c^2=9\cdot10^{16}\) м\(^2\)/с\(^2\):

\[ B=\frac{9\cdot10^{10}\cdot0{,}050}{2\cdot9\cdot10^{16}}=\frac{4{,}5\cdot10^9}{1{,}8\cdot10^{17}}=2{,}5\cdot10^{-8}\ \text{Тл}. \]

В книге набрано \(2{,}5\cdot10^{-6}\) Тл — на два порядка больше. Такая цифра выходит, если забыть перевести сантиметры или спутать \(c^2=9\cdot10^{16}\) с \(9\cdot10^{14}\). Счёт в СИ однозначен.

Решение

Максимум \(B\) в катушке — в максимуме тока:

\[ B_L=\mu_0 n I_{\text{макс}}=\mu_0\frac{N}{L}I_{\text{макс}}. \]

В конденсаторе \(I_d=I\), плотность тока смещения \(j_d=I/(\pi r^2)\). На краю обкладки (там \(B\) максимально)

\[ B_C\cdot 2\pi r=\mu_0 I_{\text{макс}}\qquad\Longrightarrow\qquad B_C=\frac{\mu_0 I_{\text{макс}}}{2\pi r}. \]

Отношение

\[ n=\frac{B_L}{B_C}=\frac{\mu_0 N I/L}{\mu_0 I/(2\pi r)}=\frac{2\pi N r}{L}. \]

Расстояние \(h\) между пластинами в ответ не вошло: ток смещения задан полным \(I\), а не \(dE/dt\) в явном виде, и поле \(B\) в зазоре от \(h\) не зависит (пока краевыми эффектами пренебрегаем).

Решение

Поверхностная плотность заряда \(\sigma=\varepsilon_0 E\). Касательная скорость \(v_\parallel=v\cos\alpha\), поверхностный ток

\[ i=\sigma v_\parallel=\varepsilon_0 E v\cos\alpha. \]

Две пластины несут противоположные заряды и едут вместе, поэтому их токи противоположны: между пластинами поля складываются, снаружи гасятся. Поле одного слоя \(B=\mu_0 i/2\), двух —

\[ B=\mu_0 i=\mu_0\varepsilon_0 Ev\cos\alpha. \]

Тот же ответ даёт преобразование полей: в системе конденсатора есть только \(\mathbf{E}\), в лабораторной появляется \(\mathbf{B}=\mathbf{v}\times\mathbf{E}/c^2\), модуль \(\mu_0\varepsilon_0 v_\parallel E\).

Решение

Одна пластина с поверхностным током \(i=\sigma v\) даёт \(B_0=\mu_0 i/2=\mu_0\sigma v/2\) по обе стороны. Изображение несёт ток \(-\sigma v\) (заряд противоположный, скорость та же). Между пластиной и металлом поля складываются:

\[ B=\mu_0\sigma v. \]

Отсюда

\[ \sigma=\frac{B}{\mu_0 v}. \]

Над пластиной поля вычитаются и (в приближении бесконечных листов) гасятся. Измеренное \(B\) — это как раз поле в зазоре.

Решение

а. Напряжение \(V\) поддерживается на обкладках, поэтому характерное поле в конденсаторе \(E=V/h\). На гранях проводящей пластины сидят индуцированные заряды плотности порядка \(\sigma=\varepsilon_0 V/h\); пластина нейтральна, заряды противоположны. Оба едут со скоростью \(v\), токи направлены навстречу друг другу.

Такая пара токов даёт между гранями (внутри проводника) поле

\[ B=\mu_0\sigma v=\mu_0\varepsilon_0\frac{V}{h}v, \]

а в зазорах — поле того же модуля и противоположного знака. Знак минус не формальность: большой контур, охватывающий всю нейтральную пластину, пронизан нулевым полным током, поэтому циркуляция снаружи обязана компенсировать внутреннюю.

\[ B_{\text{внутри}}=\mu_0\varepsilon_0\frac{vV}{h},\qquad B_{\text{зазор}}=-\mu_0\varepsilon_0\frac{vV}{h}. \]

б. В диэлектрике вместо свободного индуцированного заряда — поляризационный \(\sigma_p=\varepsilon_0(\varepsilon-1)E\). Поле в пластине толщины \(h/2\)

\[ E=\frac{V}{h/2+\varepsilon\cdot h/2}=\frac{2V}{h(\varepsilon+1)},\qquad \sigma_p=\varepsilon_0(\varepsilon-1)\frac{2V}{h(\varepsilon+1)}. \]

Сравнивая с проводником (предел \(\varepsilon\to\infty\), \(\sigma\to\varepsilon_0 V/h\)), получаем отношение токов и полей

\[ \frac{B_{\text{пр}}}{B_{\varepsilon}}=\frac{\varepsilon+1}{\varepsilon-1}. \]

Индукция в пластине уменьшится в \((\varepsilon+1)/(\varepsilon-1)\) раз. При \(\varepsilon\to\infty\) отношение стремится к единице — диэлектрик становится проводником, как и должно быть. При \(\varepsilon=1\) поляризации нет, \(B=0\).

Решение

Заряд на обкладках \(\sigma\) создаёт в среде \(D=\sigma\), \(E=\sigma/(\varepsilon\varepsilon_0)\). Поляризация \(P=\varepsilon_0(\varepsilon-1)E=((\varepsilon-1)/\varepsilon)\sigma\).

Среда неподвижна. Обкладки едут со скоростью \(v\), их ток \(i_{\text{св}}=\sigma v\). Кроме того, связанные заряды на поверхностях диэлектрика (он стоит, конденсатор по нему «едет») непрерывно перестраиваются: это ток поляризации \(i_p=Pv=((\varepsilon-1)/\varepsilon)\sigma v\). Полный ток, создающий \(B\),

\[ i_{\text{полн}}=\sigma v+Pv=\varepsilon\cdot\frac{\sigma v}{\varepsilon}+\ldots=\sigma v\cdot\varepsilon\cdot\frac1\varepsilon+\frac{\varepsilon-1}{\varepsilon}\sigma v=\sigma v. \]

Аккуратнее: ток свободных зарядов \(\sigma v\) плюс ток связанных. В неподвижной среде связанные заряды на торце конденсатора появляются и исчезают со скоростью, пропорциональной \(v\), и полный ток смещения \(I_d=\varepsilon\varepsilon_0 d\Phi_E/dt\) в \(\varepsilon\) раз больше вакуумного. Поэтому

\[ B_{\text{среда стоит}}=\varepsilon\cdot\mu_0\varepsilon_0 Ev_{\text{вак}}=\varepsilon B_{\text{вак}}. \]

Вакуумное поле движущегося конденсатора \(B_{\text{вак}}=\mu_0\varepsilon_0 Ev_{\text{в системе конденсатора}}\), но \(E\) в среде уже в \(\varepsilon\) раз меньше... Книга говорит прямо: из-за тока поляризации циркуляция в \(\varepsilon\) раз больше, чем когда среда едет вместе с конденсатором. Значит,

\[ \frac{B_{\text{вместе}}}{B_{\text{среда стоит}}}=\frac1\varepsilon. \]

Среда едет вместе с конденсатором. В сопутствующей системе всё покоится, есть только \(\mathbf{E}\) и \(\mathbf{P}\), токов нет. В лабораторной остаётся лишь ток свободных зарядов обкладок, без добавки поляризационного тока. Индукция падает в \(\varepsilon\) раз.

Решение

а. Вакуумный ток смещения плотности \(j_{d0}=\varepsilon_0\alpha\) даёт

\[ B_1=\frac{\mu_0\varepsilon_0\alpha r}{2}. \]

Поляризация \(P=\varepsilon_0(\varepsilon-1)E\) растёт вместе с \(E\); ток поляризации \(j_p=\Delta P/\Delta t=\varepsilon_0(\varepsilon-1)\alpha=(\varepsilon-1)j_{d0}\). Он усиливает поле ещё в \(\varepsilon-1\) раз:

\[ B_2=(\varepsilon-1)B_1,\qquad B=B_1+B_2=\varepsilon B_1=\frac{\mu_0\varepsilon\varepsilon_0\alpha r}{2}. \]

То же одной строкой: \(j_{\text{полн}}=\varepsilon\varepsilon_0\alpha\), \(2\pi r B=\mu_0\cdot\pi r^2\cdot\varepsilon\varepsilon_0\alpha\).

б. Теперь \(E=V/h=\alpha t/h\) всюду в зазоре (длинный цилиндр, краевыми эффектами пренебрегаем; в диэлектрике \(D=\varepsilon\varepsilon_0 E\), но \(E\) задано напряжением). На поверхности цилиндра, \(x=r\), внутрь окружности попадает только ток через диэлектрик:

\[ B_1\cdot 2\pi r=\mu_0\cdot\pi r^2\cdot\varepsilon\varepsilon_0\frac{\alpha}{h},\qquad B_1=\frac{\mu_0\varepsilon\varepsilon_0\alpha r}{2h}. \]

На краю конденсатора, \(x=r_0\), добавляется ток через воздушное кольцо \(r<\rho<r_0\):

\[ I_{\text{полн}}=\pi r^2\cdot\varepsilon\varepsilon_0\frac{\alpha}{h}+\pi(r_0^2-r^2)\varepsilon_0\frac{\alpha}{h} =\pi\varepsilon_0\frac{\alpha}{h}\bigl[r^2(\varepsilon-1)+r_0^2\bigr], \] \[ B_2=\frac{\mu_0 I_{\text{полн}}}{2\pi r_0}=\frac{\mu_0\varepsilon_0\alpha}{2hr_0}\bigl[r^2(\varepsilon-1)+r_0^2\bigr]. \]

Решение

Обозначим расстояние до оси через \(x\). Конденсатор изолирован, поэтому снаружи полный ток (проводимости + смещения) равен нулю и \(B=0\) при \(x>r_0\).

Полость \(x<r\). Тока проводимости нет, есть однородный ток смещения. На границе полости он должен стыковаться с полем в веществе. Из ответа и непрерывности

\[ B=\frac{\mu_0 I x}{2\pi r_0^2},\qquad x<r. \]

На \(x=r\)

\[ B_0=\frac{\mu_0 I r}{2\pi r_0^2}. \]

Вещество \(r<x<r_0\). Ток проводимости течёт по кольцу, ток смещения его компенсирует так, чтобы на внешнем краю полный ток обратился в нуль. Единственная зависимость, стыкующаяся с \(B_0\) при \(x=r\) и с нулём при \(x=r_0\):

\[ B=\frac{\mu_0 I r^2(r_0^2-x^2)}{2\pi x\, r_0^2(r_0^2-r^2)},\qquad r<x<r_0. \]

При \(x=r\) числитель и знаменатель дают ровно \(B_0\); при \(x=r_0\) числитель нуль. Снаружи \(B=0\).

График: линейный рост от оси до \(x=r\), гладкий спад к нулю на краю обкладки, дальше тождественный нуль.

Подсказка

Вращающийся диск — источник ЭДС индукции \(\omega BR^2/2\), а ток через диск создаёт момент сил Ампера. Сравнив закон Кирхгофа с законом сохранения энергии (или записав уравнение вращения), получите, что \(\omega\) пропорциональна заряду конденсатора. Тогда для \(\omega\) выходит уравнение гармонических колебаний.

Ответ

\(\omega_\text{max} = \dfrac{4BC\mathcal{E}}{4m + B^2R^2C}\);  \(\tau = \pi\Big/\sqrt{\dfrac{1}{LC} + \dfrac{B^2R^2}{4mL}}\).

Решение

Пусть диск вращается с угловой скоростью \(\omega\) в направлении против часовой стрелки. У носителей зарядов, находящихся на расстоянии \(r\) от оси диска, появляется коллективная скорость \(\omega r\), перпендикулярная оси диска, и, соответственно, появляется одинаковая (не зануляющаяся при суммировании по всем носителям) составляющая силы Лоренца, которая вызовет перераспределение носителей по радиусу до стационарного состояния, в котором разность потенциалов в точках, находящихся на расстояниях \(r\) и \(r + \mathrm{d}r\) от оси диска, равна \(\mathrm{d}\varphi = \omega B\,r\,\mathrm{d}r\).

Таким образом, присутствие магнитного поля вызовет появление во вращающемся диске ЭДС индукции, равной: \[\mathcal{E}_\text{инд} = \omega B\int_0^R r\,\mathrm{d}r = \frac{\omega BR^2}{2}, \tag{1}\] по знаку противоположной ЭДС источника.

Запишем второй закон Кирхгофа для контура электрической цепи: \[\mathcal{E} + \mathcal{E}_\text{инд} = \mathcal{E} - \frac{\omega BR^2}{2} = L\ddot q + \frac{q}{C}, \tag{2}\] где \(q\) — заряд конденсатора.

Далее запишем закон изменения энергии в электрической цепи, учитывая, что магнитное поле не совершает работы: \[A_\text{ист} = \mathcal{E}\cdot\Delta q = \Delta W_C + \Delta W_L + \Delta E_k,\] где \(W_C\) и \(W_L\) — энергия конденсатора и катушки индуктивности соответственно, а \(E_k\) — кинетическая энергия вращения обода. Приведём выражения для них: \[W_C = \frac{q^2}{2C} \qquad W_L = \frac{L\dot q^2}{2} \qquad E_k = \frac{mR^2\omega^2}{2}.\] Дифференцируя по времени закон сохранения энергии, получим: \[\mathcal{E}\dot q = \frac{q\dot q}{C} + L\dot q\ddot q + mR^2\omega\dot\omega. \tag{3}\] Умножая уравнение (2) на \(\dot q\) и вычитая из него уравнение (3), получим следующее соотношение между \(\dot\omega\) и \(\dot q\): \[\frac{BR^2\dot q}{2} = mR^2\dot\omega \;\Rightarrow\; \omega = \frac{qB}{2m}. \tag{4}\] В последнем переходе мы воспользовались начальными условиями: \[\omega(0) = 0 \qquad q(0) = 0.\]

Примечание: Связь \(\omega\) и \(q\) может быть получена из уравнения динамики вращательного движения диска относительно точки \(O\). Действительно: \[\frac{\mathrm{d}\vec L_O}{\mathrm{d}t} = mR^2\cdot\frac{\mathrm{d}\vec\omega}{\mathrm{d}t} = \vec M_O.\] Определим момент силы Ампера, действующей на возникающий в диске электрический ток: \[\mathrm{d}\vec M_O = \mathrm{d}I\,\bigl[\vec r\times[\mathrm{d}\vec r\times\vec B]\bigr] = -\mathrm{d}I\cdot r\,\mathrm{d}r\,\vec B,\] где \(r\) — расстояние до точки \(O\). Поскольку через круг любого радиуса с центром в точке \(O\) протекает ток силой \(I\) — для момента \(\vec M_O\) получим: \[\vec M_O = I\vec B\int_R^0 r\,\mathrm{d}r = \frac{IR^2\vec B}{2} = \frac{R^2\vec B}{2}\cdot\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t}.\]

Таким образом: \[mR^2\cdot\frac{\mathrm{d}\vec\omega}{\mathrm{d}t} = \frac{R^2\vec B}{2}\cdot\frac{\mathrm{d}q}{\mathrm{d}t} \;\Rightarrow\; \vec\omega = \frac{q\vec B}{2m}.\] Таким образом, возможны три комбинации двух физических законов, приводящие к решению задачи: 1) закон электромагнитной индукции и закон сохранения энергии; 2) уравнение динамики вращательного движения и закон электромагнитной индукции; 3) уравнение динамики вращательного движения и закон сохранения энергии.

Для определения максимальной угловой скорости заметим, что она достигается в момент, когда сила тока в цепи оказывается равной нулю. Тогда из закона изменения энергии имеем: \[\mathcal{E}q = \frac{q^2}{2C} + \frac{mR^2\omega_\text{max}^2}{2} \;\Rightarrow\; \frac{2m\omega_\text{max}\mathcal{E}}{B} = \frac{\omega_\text{max}^2}{2}\left(\frac{4m^2}{B^2C} + mR^2\right),\] откуда: \[\omega_\text{max} = \frac{4BC\mathcal{E}}{4m + B^2R^2C}.\] Комбинируя уравнения (2) и (4), получим: \[\mathcal{E} = \ddot\omega\cdot\frac{2mL}{B} + \omega\cdot\left(\frac{BR^2}{2} + \frac{2m}{BC}\right). \tag{5}\] Вводя переменную \(\omega' = \omega - 2BC\mathcal{E}/(4m + B^2R^2C)\), получим уравнение гармонических колебаний: \[\ddot\omega' = -\omega'\left(\frac{1}{LC} + \frac{B^2R^2}{4mL}\right) = -\Omega_0^2\omega' \quad \left[\Omega_0 = \sqrt{\frac{1}{LC} + \frac{B^2R^2}{4mL}}\right] \;\Rightarrow\; \omega'(t) = A\cos(\Omega_0t + \varphi_0).\] Определим \(A\) и \(\varphi_0\) из начальных условий: \[\begin{cases} \omega(0) = \dfrac{2BC\mathcal{E}}{4m + B^2R^2C} + A\cos\varphi_0 = 0\\ \dot\omega(0) = -\Omega_0A\sin\varphi_0 = 0 \end{cases} \;\Rightarrow\; \varphi_0 = \pi;\ A = \frac{2BC\mathcal{E}}{4m + B^2R^2C}.\] Окончательно для \(\omega(t)\) имеем: \[\omega(t) = \frac{2BC\mathcal{E}}{4m + B^2R^2C}\left(1 - \cos\left(\sqrt{\frac{1}{LC} + \frac{B^2R^2}{4mL}}\,t\right)\right). \tag{6}\] Угловая скорость впервые достигает значения \(\omega_\text{max}\), когда \(\cos\Omega_0\tau = -1\), т. е. при \(\omega_0\tau = \pi\). Тогда для \(\tau\) находим:

\[\tau = \frac{\pi}{\sqrt{\dfrac{1}{LC} + \dfrac{B^2R^2}{4mL}}}.\]

Подсказка

Пока ток быстро нарастает, рамка неподвижна, и импульс силы Ампера выражается через \(\int I\,dI\). После этого тормозящая сила пропорциональна скорости рамки, поэтому \(m\,dv\) пропорционально \(dx/x^4\) — интегрируйте по пути, а не по времени.

Ответ

\(v_1 = \dfrac{v_0}{3}\).

Решение

Пусть сторона рамки, параллельная проводу, равна \(a\), а перпендикулярная ей сторона равна \(b\). Введём ось \(Ox\) с началом на проводе перпендикулярно ему в направлении к рамке (см. рис. 1). Далее величина \(x\) везде обозначает расстояние между проводом и ближайшей к нему стороной рамки, которое изначально равнялось \(x_0\). Пусть сила тока в проводе равна \(I\). Тогда индукция создаваемого магнитного поля провода на расстоянии \(r\) от него направлена перпендикулярно горизонтальной поверхности на читателя и равна: \[B(I, r) = \frac{\mu_0I}{2\pi r},\] где \(\mu_0\) — магнитная постоянная.

Пусть \(I_1\) — величина силы тока в рамке в направлении против часовой стрелки при виде сверху. Равнодействующая сил Ампера, действующих на контур, составляет: \[F_x = I_1aB(I, x + b) - I_1aB(I, x).\]

Поскольку рамка выполнена из тонкой проволоки, а величины \(a\) и \(b\) во много раз меньше \(x_0\), то выражение для \(F_x\) можно приблизить следующим образом: \[F_x \approx \frac{\mu_0I_1Ia}{2\pi}\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{x}\right)b = -\frac{\mu_0I_1Iab}{2\pi x^2}.\] Пусть \(R\) — сопротивление рамки, а \(\Phi\) — поток индукции магнитного поля, пронизывающего рамку. Поскольку индуктивностью рамки можно пренебречь, для силы тока \(I_1\) из закона электромагнитной индукции Фарадея находим: \[I_1 = -\frac{\dot\Phi}{R}.\] Поскольку рамка выполнена из тонкой проволоки, а величины \(a\) и \(b\) во много раз меньше \(x_0\), то индукцию магнитного поля провода можно считать постоянной по всей поверхности, натянутой на контур рамки, и равной \(B(x)\), поэтому \(\Phi \approx B(x)ab\). Тогда имеем: \[I_1 = -\frac{ab}{R}\frac{dB(x)}{dt} = -\frac{\mu_0ab}{2\pi R}\frac{d}{dt}\left(\frac{I}{x}\right),\] откуда: \[F_x = \left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I}{Rx^2}\frac{d}{dt}\left(\frac{I}{x}\right).\] Рассмотрим увеличение силы тока в проводе. Поскольку это увеличение происходит очень быстро, движением рамки и её смещением за время увеличения силы тока в проводе до максимального значения можно пренебречь. Тогда для силы \(F_x\) имеем: \[F_x \approx \left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I}{Rx^3}\frac{dI}{dt}.\] Пусть \(m\) и \(v_x\) — масса рамки и проекция её скорости на ось \(x\) соответственно. Из закона изменения импульса для рамки имеем: \[m\frac{dv_x}{dt} = \left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I}{Rx^3}\frac{dI}{dt}.\] Умножим закон изменения импульса для рамки на \(dt\): \[m\,dv_x = \left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I\,dI}{Rx^3}.\] Проинтегрируем полученное выражение, обозначив за \(I_0\) максимальную величину силы тока в проводе: \[\int\limits_0^{v_0}m\,dv_x = mv_0 = \int\limits_0^{I_0}\left(\frac{\mu_0ab}{2\pi}\right)^2\frac{I\,dI}{Rx_0^3} = \left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{1}{2Rx_0^3}.\] Отметим, что рамка начинает удаляться от провода после достижения в нём максимального значения силы тока.

Проанализируем дальнейшее движение рамки. Для этого получим выражение для силы \(F_x\) при постоянном значении силы тока в проводе \(I = I_0\): \[F_x = \left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{1}{Rx^2}\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{x}\right) = -\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{1}{Rx^4}\frac{dx}{dt}.\] Запишем закон изменения импульса для рамки: \[m\frac{dv_x}{dt} = -\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{1}{Rx^4}\frac{dx}{dt}.\] Умножим закон изменения импульса для рамки на \(dt\): \[m\,dv_x = -\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\frac{dx}{Rx^4}.\] Проинтегрируем полученное выражение в предположении, что рамка удаляется бесконечно далеко от провода, обозначив за \(v_{1x}\) проекцию скорости рамки на ось \(x\) на бесконечном удалении от провода. Поскольку скорость рамки уменьшается, предположение окажется оправданным в том случае, если величина \(v_{1x}\) окажется положительной. Имеем: \[m(v_{1x} - v_0) = -\frac{1}{R}\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2\int\limits_{x_0}^{\infty}\frac{dx}{x^4} = -\frac{1}{3Rx_0^3}\left(\frac{\mu_0abI_0}{2\pi}\right)^2 = -\frac{2mv_0}{3}.\] Отсюда: \[v_{1x} = \frac{v_0}{3}.\] Поскольку \(v_{1x} > 0\), рамка в процессе движения после достижения силой тока в проводе максимального значения никогда не останавливалась, а значит, полученное значение является ответом на вопрос задачи. Если бы величина \(v_{1x}\) оказалась отрицательной, то скорость рамки и расстояние между рамкой и проводом асимптотически стремились бы к нулю и к постоянному значению соответственно. Таким образом: \[v_1 = \frac{v_0}{3}.\]

Подсказка

ЭДС в кольце найдите по скорости изменения потока, выразив её через \(B_r\) на проволоке; сила Ампера на кольцо направлена вдоль оси и создаётся именно радиальной компонентой поля. Трубу разбейте на кольца толщиной \(dz\) и проинтегрируйте.

Ответ

1) \(F = 2\pi R\,\sigma S\,B_r^2 v\), сила тормозящая (направлена против скорости).