Задача из журнала «Квант» (1981 год, 1 выпуск)

Условие

Проволочной квадратной рамке с периметром $4a$ и массой $m$ сообщают в горизонтальном направлении некоторую начальную скорость. Рамка движется в вертикальной плоскости, все время находясь в магнитном поле, перпендикулярном плоскости рамки (см. рис.1). Индукция поля меняется по закону $B\left( \text{z}\right) = B\left( 0 \right) + k\text{z}$, где $k = const.$ Сопротивление рамки равно $R.$ Через некоторое время скорость рамки становится постоянной и равной $v.$ Найти начальную скорость, сообщаемую рамке. Ускорение свободного падения $\text{g}.$

Решение

В отсутствие магнитного поля рамка двигалась бы в поле тяжести Земли с постоянной горизонтальной скоростью $\vec{v}_{0}$ вдоль оси $X$ и равноускоренно с ускорением свободного падения $\vec{\text{g}}$ вдоль оси $\text{z}$. Очевидно, что движение рамки не изменилось бы, если бы она падала в однородном магнитном поле. В нашем случае поле — не однородное (вдоль оси $\text{z}$): $B\left( \text{z} \right) = B\left( 0 \right) + k\text{z}$, то есть индукция поля линейно растет с ростом $\text{z}$; поэтому при падении рамки поток магнитной индукции $\Phi$, пронизывающий контур рамки, будет меняться и в контуре рамки будет возникать ЭДС индукции. Поскольку рамка является замкнутым проводящим контуром, по ней потечет индукционный ток. В этом случае, согласно закону Ампера, на стороны рамки будут действовать силы со стороны магнитного поля. Найдем направления и величины этих сил.

Пусть в некоторый момент времени центр масс рамки находится в точке с координатами $x_{t},\text{z}_{t}$ и проекции скорости центра масс на оси $X$ и $\text{z}$ равны $v_{x}$ и $v_{\text{z}}$ (см. рис.2). Поток магнитной индукции $\Phi$, пронизывающий рамку в этот момент времени, равен $$\Phi=\frac{\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right)+\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right)}{2} a^{2}=\left(B_{0}+k \text{z}_{1}\right) a^{2}.$$ Здесь $B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)$ и $B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)$— значения индукции магнитного поля соответственно у верхней и нижней сторон рамки; поскольку зависимость $B_{\text{z}}$—  линейная, для вычисления $\Phi$ мы пользуемся средним ( по высоте $\text{z}$) значением индукции.

ЭДС индукции в рамке в данный момент времени равна $$|\mathscr{E}|=\frac{|\Delta \Phi|}{\Delta t}=k a^{2} \frac{|\Delta \text{z}|}{\Delta t}=k a^{2}\left|v_{2}\right|.$$ индукционный ток равен $$I=\frac{|\mathscr{E}|}{R}=\frac{k a^{2}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ Согласно правилу Ленца, возникающий в рамке ток будет течь против часовой стрелки. По закону Ампера со стороны магнитного поля в верхнюю сторону рамки будет действовать сила $$\left|\vec{F}_{1}\right|=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right) I a=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right) \frac{k a^{3}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ на нижнюю сторону — сила $$\left|\vec{F}_{2}\right|=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right) I a=\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right) \frac{k a^{3}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ Силы $\vec{F}_{3}$ и $\vec{F}_{4}$, действующие на боковые стороны рамки, очевидно, будут равны по величине и противоположны по знаку: $$\left|\vec{F}_{3}\right|=\left|\vec{F}_{4}\right|=\frac{\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}-\frac{a}{2}\right)\right)+\left(B_{0}+k\left(\text{z}_{t}+\frac{a}{2}\right)\right)}{2}Ia=$$ $$=\left(B_{0}+k \text{z}_{t}\right) \frac{k a^{3}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|.$$ $$\vec{F}_{3}+\vec{F}_{4}=0.$$ Следовательно, $v_{x}=const$, то есть рамка будет двигаться вдоль оси $X$ с постоянной скоростью, равной начальной скорости $v_{0}$.

Таким образом, характер движения рамки в направлении оси $\text{z}$ определяется силами $\vec{F}_{1},\vec{F}_{2}$ и силой тяжести $m \vec{\text{g}}\text{g}$. При установившейся скорости $v$ рамки проекция скорости на ось $\text{z}$ постоянна, то есть ускорение $\vec{a}_{\text{z}}$ вдоль оси $\text{z}$ равно нулю: $$m\left|\vec{a}_{\text{z}}\right|=m|\vec{\text{g}}|+\left|\vec{F}_{1}\right|-\left|\vec{F}_{2}\right|=m \text{g}-\frac{k^{2} a^{4}}{R}\left|v_{\text{z}}\right|=0.$$ Отсюда находим проекцию $v_{уст.\text{z}}$ на ось $\text{z}$ установившейся скорости рамки: $$v_{уст.\text{z}}=\frac{m \text{g} R}{k^{2} a^{4}}.$$ Установившаяся скорость рамки равна $v=\sqrt{v_{0}^{2}+v_{уст \text{z}.}^{2}}$, где $v_{0}$ — проекция скорости $v$ на ось $X$, равная, как мы показали, начальной скорости,  сообщенной рамке. Таким образом, $$v_{0}=\sqrt{v^{2}-v^{2}_{уст. \text{z}}}=\sqrt{v^{2}-\left(\frac{m \text{g} R}{k^{2} a^{4}}\right)^{2}}.$$

Скорость $v_{уст.\text{z}}$ может быть найдена и из энергетических соображений. При установившемся движении рамки изменение за время $\Delta t$ потенциальной энергии рамки в поле тяжести Земли равно тепловой энергии, выделяющейся за это время в рамке: $$m \text{g} v_{уст. \text{z}} \Delta t=I_{уст.}^{2} R \Delta t=\left(\frac{k a^{2}}{R}\right)^{2} v^{2}_{уст. \text{z}} R \Delta t.$$ Отсюда $$v_{уст. \text{z}}=\frac{m \text{g} R}{k^{2} a^{4}}.$$

В. Можаев

Задача из журнала «Квант» (2005 год, 5 выпуск)

Условие

В одной плоскости с длинным прямым проводом закреплено маленькое сверхпроводящее кольцо из очень тонкого провода. Диаметр кольца $d = 1\, \text{см}$, центр кольца находится на растоянии $H = 1 \, \text{м}$ от провода, индуктивность кольца $L = 10 \, \text{мкГн}$. По проводу пропускают электрический ток — сила тока быстро возрастает от нуля до $I = 10 \, \text{А}$. Какой установившийся ток потечет по кольцу? Какая сила при этом будет действовать на кольцо?

Решение

Магнитная индукция поля длинного прямого провода с током $I$ на расстоянии $x$ от него равна $$B = \frac {\mu_0 I} {2 \pi x}.$$
Кольцо маленькое — по сравнению с расстоянием $H$ от провода, для расчета магнитного потока будем считать поле однородным в пределах кольца. Контур сверхпроводящий, поэтому полный магнитный
поток через него должен остаться нулевым. Тогда получим $$L I_k = \frac {\mu_0 I} {2 \pi x} \frac {\pi d^2}{4}.$$
Отсюда найдем установившийся ток в кольце: $$I_k = \frac {\mu_0 I d^2} {8 H L} \approx 1{,}5 \cdot 10^{-5} \, \text {А}.$$
Для расчета силы, действующей на кольцо, поле уже нельзя считать однородным — в этом случае сила получилась бы точно равной нулю.

Удобно взять малые диаметрально противоположные кусочки кольца (см. рисунок) — проекции сил на направление вдоль провода нас не интересуют, понятно, что в сумме они дадут ноль. В проекции на перпендикулярное к проводу направление получим
$$d F_1 = B_1 I_k R d \varphi, d F_2 = B_2 I_k R d \varphi, \\ (d F_1 — d F_2) \cos {\varphi} = \mu_0 I I_k R \cos {\varphi} d \varphi \cdot \left (\frac {1} {2 \pi (H — R \cos {\varphi})} — \\ — \frac {1} {2 \pi (H + R \cos {\varphi})} \right) = \frac {\mu_0 I I_k R^2 \cos {\varphi}^2 d \varphi} {\pi( H^2 — R^2 \cos {\varphi}^2}.$$
Учтем, что радиус кольца $R$ намного меньше $H$, и упростим выражение:
$$(d F_1 — d F_2) \cos {\varphi} \approx \frac {\mu_0 I I_k R^2 \cos^2 {\varphi} d \varphi} {\pi H^2}.$$
Нужно просуммировать полученные силы по всем частям окружности, тогда полная сила будет
$$F = \frac {\mu_0 I I_k R^2 } {\pi H^2} \int {\cos^2 {\varphi} d \varphi} = \frac {\mu_0 I I_k R^2 } {2 H^2} = \frac {\mu^2_0 I^2 d^4 } {64 H^3 L} \approx 2{,}5 \cdot 10^{-15} \, \text {Н}.$$

З. Сильнов

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 2 выпуск)

Условие

Длинный товарный поезд трогается с места. Вагоны соединены друг с другом с помощью абсолютно неупругих сцепок. Первоначально зазор в каждой сцепке равен $L$ (см. рисунок). Масса локомотива $m$, а его порядковый номер первый. Все вагоны загружены, и масса каждого из них тоже m.

1. Считая силу тяги локомотива постоянной и равной $F$ , найдите время, за которое в движение будет вовлечено $N$ вагонов.
2. Полагая, что состав очень длинный ($N\rightarrow \infty$), определите предельную скорость ${\mathcal v}_\infty$ локомотива.

Решение

1. Пусть ${\mathcal v}_i^{\prime}$ — скорость части состава из $i$ вагонов сразу после вовлечения в движение $i$-го вагона, а ${\mathcal v}_i$ — скорость части состава из $i$ вагонов перед ударом с $(i+1)$-м вагоном. Из закона сохранения импульса $$(i+1)m\mathcal v_{i+1}^{\prime}=im\mathcal {v}_i=\mathcal {p}_i$$ По второму закону Нютона $$a_{a+1}=\dfrac{F}{(i+1)m}$$ а по известному кинематическому соотношению $$a_{i+1}L=\dfrac{\mathcal v_{i+1}^{2}-\mathcal v_{i+1}^{\prime2}}{2}$$ Отсюда получим $$\mathcal v_{i+1}^{2}=\dfrac{2FL}{(i+1)m}+\left({\dfrac{i}{i+1}}\right)^{2}\mathcal v_{i+1}^{2}$$ или $$\mathcal {p}_{i+1}^{2}=2(i+1)mFL+\mathcal {p}_{i}^{2}$$ Из этой рекуррентной формулы следует $$\mathcal {p}_{N}^{2}=2mFL\sum_{i=1}^{N}i+\mathcal {p}_{0}^{2}$$ или, так как $\mathcal {p}_{0}=0$, $$\mathcal {p}_{N}^{2}=2mFL\dfrac{N(N+1)}{2}$$ откуда $$\mathcal v_{N}=\sqrt{\dfrac{FL}{m}}\sqrt{\dfrac{N+1}{N}}$$ Найдём теперь время $\mathcal t_{N}$ вовлечения в движение $N$ вагонов: $$\mathcal v_{i}-\mathcal v_{i}^{\prime}=\mathcal a_{i}\triangle\mathcal t_{i},$$ $$\triangle\mathcal t_{i}=\dfrac{\mathcal v_{i}-\mathcal v_{i}^{\prime}}{\mathcal a_{i}}=\dfrac{m}{F}(i\mathcal v_{i}-i\mathcal v_{i}^{\prime})=\dfrac{m}{F}(i\mathcal v_{i}-(i-1)\mathcal v_{i-1}),$$ $$\mathcal t_{N}=\dfrac{m}{F}\sum_{i=1}^{N-1}(i\mathcal v_{i}-(i-1)\mathcal v_{i-1})=\dfrac{m}{F}((N-1)\mathcal v_{N-1}-0\cdot\mathcal v_{0})=$$ $$=\dfrac{m}{F}\mathcal v_{N-1}(N-1).$$ Используя полученное ранее выражение для $\mathcal v_{N}$, окончательно получим $$\mathcal t_{N}=\sqrt{\dfrac{mL}{F}}N\sqrt{1-\dfrac{1}{N}}.$$
2. Из выражения для $\mathcal v_{N}$ находим, что при $N\rightarrow \infty$ скорость состава $\mathcal n_{\infty}\rightarrow\sqrt{FL/m}$.

П. Бойко, Ю. Полянский