Проволочная рамка

Поток через рамку — интеграл от поля прямого тока; при выключении заряд равен изменению потока, делённому на сопротивление, а импульс набирается из разности сил Ампера на двух параллельных проводу сторонах.

1) \(\Phi=\dfrac{b\mu_0I_0}{2\pi}\ln\dfrac{a+l}{l}\approx280\) мкВб;  2) \(Q=\Phi/R\approx280\) мкКл;  3) \(p=\dfrac{a(b\mu_0I_0)^2}{8\pi^2Rl(l+a)}\ln\dfrac{a+l}{l}\approx2{,}08\cdot10^{-6}\).

1) На расстоянии \(r\) от тока \(I_0\) магнитная индукция \(B=\dfrac{\mu_0I_0}{2\pi r}\). Тогда поток через контур \(\Phi=\int_l^{l+a}Bb\,dx=\int_l^{l+a}\dfrac{b\mu_0I_0}{2\pi x}\,dx=\dfrac{b\mu_0I_0}{2\pi}\ln\dfrac{a+l}{l}\).

Можно также найти его по графику, определив площадь \(S\) под кривой от \(r=r_1=0{,}01\) м до \(r=r_2=0{,}04\) м: \(S\approx0{,}28\) мТл\(\cdot\)м, далее \(\Phi=Sb=280\) мкВб.

2) После выключения тока поток через контур стремится к нулю. По закону Ома \(R\dfrac{dq}{dt}=\dfrac{d\Phi}{dt}\), откуда \(R\,dq=d\Phi\), то есть \(RQ=\Delta\Phi=\Phi\). Окончательно \(Q=\Phi/R=280\) мкКл.

3) Силу находим как разность сил, действующих на два участка рамки, параллельных прямому проводу: \(F_1=biB_1\) и \(F_2=biB_2\), где \(i=R^{-1}\dfrac{d\Phi}{dt}\). Значит, \(dp=(F_1-F_2)\,dt=bR^{-1}(B_1-B_2)\,d\Phi\). Используя \(B_1=\mu_0I/2\pi l\) и \(B_2=\mu_0I/2\pi(l+a)\), приходим к \(dp=\dfrac bR\dfrac{\mu_0I}{2\pi}\dfrac{a}{l(l+a)}\,d\Phi\). Используя результат первого вопроса, \(d\Phi=\dfrac{b\mu_0}{2\pi}\ln\dfrac{a+l}{l}\,dI\), то есть \(dp=\left(\dfrac{b\mu_0}{2\pi}\right)^2\dfrac{a}{Rl(l+a)}\ln\dfrac{a+l}{l}\,I\,dI\). Окончательно \[p=\frac{a(b\mu_0I_0)^2}{8\pi^2Rl(l+a)}\ln\frac{a+l}{l}\approx2{,}08\cdot10^{-6}\ \text{кг}\cdot\text{м/с}.\]

Тот же результат можно получить, используя график и подход из альтернативного решения первого вопроса.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.