НОФ 2019, III кръг (национален), 10–12 клас — Задача 3. Движение на проводяща рамка в магнитно поле

• а) $\Phi(z) = B\cdot S = \frac{\mu_0 I l^2}{2\pi z}$
• б) $I_R = \frac{\mathcal{E}_i}{R} = \frac{\mu_0 I l^2}{2\pi z^2 R}v(z)$
• в) $F(z, v(z)) = -\left(\frac{\mu_0 I l^2}{2\pi}\right)^2\frac{v(z)}{Rz^4}$
• г) $v(z) = \frac{A}{z^3} + v_{\infty}, \qquad A \equiv \left(\frac{\mu_0 I l^2}{2\pi}\right)^2\frac{1}{3Rm}$
• д) $z_{min} = \sqrt[3]{-\frac{A}{v_{\infty}}}$
• е) $z_a = \sqrt[3]{-\frac{7}{4}\frac{A}{v_{\infty}}} = \sqrt[3]{\frac{7}{4}}\,z_{min}, \qquad k = \sqrt[3]{\frac{7}{4}} \approx 1{,}205$

а) Магнитният поток $\Phi(z)$, който пробожда рамката, когато тя се намира на разстояние $z \gg l$ от проводника, е $\Phi(z) = B.S = \dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi z}$. [1 т.]

б) Производната на магнитния поток е $\dfrac{d\Phi}{dt} = -\dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi z^2}\dfrac{dz}{dt} = -\dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi z^2}v(z)$. [1 т.] Индуцираното електродвижещо напрежение в рамката е $\mathcal{E}_i = -\dfrac{d\Phi}{dt} = \dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi z^2}v(z)$. [0,5 т.] Индуцираният ток е $I_R = \dfrac{\mathcal{E}_i}{R} = \dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi z^2R}v(z)$. [0,5 т.]

в) Тъй като скоростта $v(z)$ е отрицателна, токът $I_R$ също е отрицателен и тече в посока на часовниковата стрелка. Съответно той ще породи сили на Ампер, които на всяка страна на квадратната рамка действат навътре (към центъра на квадрата). [1 т.] Тъй като две от силите (действащи на страните, успоредни на $z$) се уравновесяват, сумата на останалите две е насочена по $z$. Големината на силата, действаща на по-близката до проводника страна на рамката, е $F_l(z) = B(z)|I_R|l$. [0,5 т.] Големината на силата, действаща на по-далечната от проводника страна на рамката, е $F_l(z+l) = B(z+l)|I_R|l$. [0,5 т.] Резултантната сила е $F(z,v(z)) = F_l(z) - F_l(z+l) = -\dfrac{dB}{dz}l|I_R|l =$ [1 т.] $-\dfrac{\mu_0I}{2\pi z^2}l\dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi z^2R}v(z)l = -\left(\dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi}\right)^2\dfrac{v(z)}{Rz^4}$. [1 т.]

г) Тъй като $F(z,v(z)) = ma = m\dfrac{dv}{dt} = m\dfrac{dv}{dz}\dfrac{dz}{dt} = m\dfrac{dv}{dz}v$, то замествайки силата с получения по-горе резултат, се получава $-\left(\dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi}\right)^2\dfrac{v(z)}{Rz^4} = m\dfrac{dv}{dz}v(z)$. [1 т.] Съкращавайки на $v(z)$ и съобразявайки, че $\dfrac{1}{z^4} = -\dfrac{1}{3}\dfrac{d}{dz}\left(\dfrac{1}{z^3}\right)$, горното уравнение може да се преобразува до $\dfrac{d}{dz}\left[\left(\dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi}\right)^2\dfrac{1}{3Rz^3}\right] = \dfrac{d(mv)}{dz}$. Следователно $\left(\dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi}\right)^2\dfrac{1}{3Rz^3} = mv + const$. Неизвестната константа можем да получим от началните условия ($z \to \infty, v = v_{\infty}$). Тогава $0 = mv_{\infty} + const$. и $const. = -mv_{\infty}$. [1 т.] Така получаваме $\left(\dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi}\right)^2\dfrac{1}{3Rz^3} = mv - mv_{\infty}$, или $v - v_{\infty} = \left(\dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi}\right)^2\dfrac{1}{3Rmz^3}$. Като означим $\left(\dfrac{\mu_0Il^2}{2\pi}\right)^2\dfrac{1}{3Rm} \equiv A$, то за скоростта $v(z)$ получаваме $v(z) = \dfrac{A}{z^3} + v_{\infty}$ [1 т.]

д) Тъй като с доближаването на рамката до проводника скоростта $v$ постоянно намалява по големина, при някакво разстояние $z_{min}$ тя ще стане нула и рамката ще спре. Тогава $z_{min} = \sqrt[3]{-\dfrac{A}{v_{\infty}}}$. [2 т.]

е) Тъй като ускорението е $a = \dfrac{dv}{dt}$, то $a = \dfrac{dv}{dz}\dfrac{dz}{dt} = \dfrac{dv}{dz}v$. Тъй като $\dfrac{dv}{dz} = -\dfrac{3A}{z^4}$, то $a = -\dfrac{3A}{z^4}\left(v_{\infty} + \dfrac{A}{z^3}\right) = -\dfrac{3Av_{\infty}}{z^4} - \dfrac{3A^2}{z^7}$. [1 т.] То ще има максимум, когато $\dfrac{da}{dz} = 0$, $\dfrac{12Av_{\infty}}{z^5} + \dfrac{21A^2}{z^8} = 0$. [1 т.] Така $z_a = \sqrt[3]{-\dfrac{7}{4}\dfrac{A}{v_{\infty}}} = \sqrt[3]{\dfrac{7}{4}}z_{min}$. Следователно $k = \sqrt[3]{\dfrac{7}{4}} \approx 1{,}205$. [1 т.]