НОФ 2023, III кръг (национален), 11–12 клас — Задача 3. Магнитно махало

• а) $I_1 = \sqrt{\frac{2\pi mgb}{\mu_0 l}}$
• б) $\omega_0 = \sqrt{\frac{g}{a} - \frac{\mu_0 I^2 l(a+b)}{2\pi mab^2}}$
• в) $I_2 = \sqrt{\frac{2\pi mgb}{\mu_0 l}\frac{b}{a+b}} = I_1\sqrt{\frac{b}{a+b}}$
• г) $I_\alpha = \sqrt{\frac{2\pi mg\left[a^2+(a+b)^2-2a(a+b)\cos\alpha\right]}{\mu_0 l(a+b)}},\quad I_0 = \sqrt{\frac{2\pi mgb^2}{\mu_0 l(a+b)}} = I_2,\quad I_\pi = \sqrt{\frac{2\pi mg(2a+b)^2}{\mu_0 l(a+b)}}$
• д) $I_3 = \sqrt{\frac{2\pi mg(2a+b)}{\mu_0 l}} = I_\pi\sqrt{\frac{a+b}{2a+b}}$
• е) $\omega_\alpha = \sqrt{\frac{mg(\sin\beta)^2(a+b)}{ma^2}} = \sqrt{\frac{g}{a}(\sin\beta)^2\left(1+\frac{b}{a}\right)}$
• ж) $\cos\alpha = \frac{a}{a+b}\ \left(\sin\beta = \frac{a}{a+b}\right),\qquad \omega_{\alpha\max} = \sqrt{\frac{g}{a+b}}$

а) За да бъде подвижният проводник в безтегловност, силата на тежестта му трябва да е равна на магнитната сила на отблъскване, $mg = BI_1l$. [0.5 т.] Тъй като $B = \dfrac{\mu_0 I_1}{2\pi b}$, [0.5 т.] то $mg = \dfrac{\mu_0 I_1^{\,2}l}{2\pi b}$, [0.5 т.] откъдето $I_1 = \sqrt{\dfrac{2\pi mgb}{\mu_0 l}}$. [0.5 т.]

б) При отклонение на малък ъгъл на подвижния проводник възвръщата тангенциална сила, която му действа, е $F_{\text{в}} = mg\sin\alpha - BIl\sin(\alpha+\beta)$. [0.5 т.] При малки ъгли $F_{\text{в}} \approx mg\alpha - BIl(\alpha+\beta)$. Тъй като $a\alpha \approx b\beta$, $\beta = \alpha\dfrac{a}{b}$. Замествайки в израза за силата, $F_{\text{в}} \approx mg\alpha - BIl\left(\alpha+\alpha\dfrac{a}{b}\right) = \left[mg - BIl\dfrac{a+b}{b}\right]\alpha$. [0.5 т.] Съответно възвръщащият въртящ момент е $M_{\text{в}} = \left[mg - BIl\dfrac{a+b}{b}\right]a\alpha = D\alpha$. [0.5 т.] Тъй като възвръщащият въртящ момент е пропорционален на ъгъла на отклонение, движението ще е хармонично трептене с кръгова честота

в) Честотата $\omega_0$ ще стане нула, когато $\dfrac{g}{a} = \dfrac{\mu_0 I_2^{\,2}l(a+b)}{2\pi mab^2}$, откъдето $I_2 = \sqrt{\dfrac{2\pi mgb}{\mu_0 l}\dfrac{b}{a+b}}$, [0.5 т.] $I_2 = I_1\sqrt{\dfrac{b}{a+b}}$. [0.5 т.]

г) Когато подвижният проводник се намира в равновесие при някакъв ъгъл на отклонение от вертикалата $\alpha$, тангенциалните компоненти на силата на тежестта и магнитната сила трябва да са равни: $mg\sin\alpha = BI_\alpha l\sin(\alpha+\beta)$ или $mg\sin\alpha = \dfrac{\mu_0 I_\alpha^{\,2}}{2\pi c}l\sin(\alpha+\beta)$. [0.5 т.] Така $I_\alpha = \sqrt{\dfrac{2\pi mgc}{\mu_0 l}\dfrac{\sin\alpha}{\sin(\alpha+\beta)}}$. [0.5 т.] От синусовата теорема за триъгълника на чертежа $\dfrac{c}{\sin\alpha} = \dfrac{a+b}{\sin[\pi-(\alpha+\beta)]} = \dfrac{a+b}{\sin(\alpha+\beta)}$. [0.3 т.] Замествайки в горната формула $I_\alpha = \sqrt{\dfrac{2\pi mgc^2}{\mu_0 l(a+b)}}$. [0.5 т.] От косинусовата теорема за триъгълника на чертежа $c^2 = a^2 + (a+b)^2 - 2a(a+b)\cos\alpha$. [0.2 т.] Следователно

В граничните случаи: $I_\alpha(\alpha \to 0)$, $I_0 = \sqrt{\dfrac{2\pi mgb^2}{\mu_0 l(a+b)}} = I_2$; [0.2 т.] $I_\alpha(\alpha \to \pi)$, $I_\pi = \sqrt{\dfrac{2\pi mg(2a+b)^2}{\mu_0 l(a+b)}}$. [0.3 т.]

д) Подвижният проводник ще бъде в безтегловност в най-горното си положение, когато силата на тежестта му е равна на магнитната сила на отблъскване:

откъдето $I_3 = \sqrt{\dfrac{2\pi mg(2a+b)}{\mu_0 l}}$, [0.5 т.] $I_3 = I_\pi\sqrt{\dfrac{a+b}{2a+b}}$. [0.3 т.]

е) Когато равновесното положение на подвижния проводник е на ъгъл $\alpha$ спрямо вертикалата, тангенциалните компоненти на силата на тежестта $mg$ и на магнитната сила $F_{\text{м}}$ са равни, $mg\sin\alpha = F_{\text{м}}\sin(\alpha+\beta)$. Отклонявайки подвижния проводник на малък ъгъл $\Delta\alpha$ от равновесното му положение, възвръщащата сила ще бъде $F_{\text{в}} = mg\sin(\alpha+\Delta\alpha) - F_{\text{м}}\sin(\alpha+\Delta\alpha+\beta+\Delta\beta)$. Използвайки че ъглите $\Delta\alpha$ и $\Delta\beta$ са малки, $F_{\text{в}} = mg\sin\alpha\cos\Delta\alpha + mg\cos\alpha\sin\Delta\alpha - F_{\text{м}}\sin(\alpha+\beta)\cos(\Delta\alpha+\Delta\beta) - F_{\text{м}}\cos(\alpha+\beta)\sin(\Delta\alpha+\Delta\beta)$, $F_{\text{в}} \approx mg\sin\alpha + mg\cos\alpha\,\Delta\alpha - F_{\text{м}}\sin(\alpha+\beta) - F_{\text{м}}\cos(\alpha+\beta)\,.\,(\Delta\alpha+\Delta\beta)$. Съкращавайки първия и третия член в сумата, $F_{\text{в}} \approx mg\cos\alpha\,\Delta\alpha - F_{\text{м}}\cos(\alpha+\beta)\,.\,(\Delta\alpha+\Delta\beta)$. [0.5 т.] От чертежа може да се получи, че $\Delta\beta = \Delta\alpha\dfrac{a}{c}\cos(\alpha+\beta)$. [0.5 т.] Замествайки в израза за силата,

Нека първо опростим този израз. Магнитната сила $F_{\text{м}} = mg\dfrac{\sin\alpha}{\sin(\alpha+\beta)}$. От синусовата теорема отношението $\dfrac{a}{c} = \dfrac{\sin\beta}{\sin\alpha}$. Замествайки тези два израза в израза за силата,

Правим следните тригонометрични преобразувания: Изразът в квадратните скоби се преобразува така: $1+\dfrac{\sin\beta}{\sin\alpha}\cos(\alpha+\beta) = \dfrac{\cos\beta\sin(\alpha+\beta)}{\sin\alpha}$. [0.5 т.] Тогава $F_{\text{в}} \approx mg\left\{\cos\alpha - \dfrac{\sin\alpha}{\sin(\alpha+\beta)}\cos(\alpha+\beta)\left[\dfrac{\cos\beta\sin(\alpha+\beta)}{\sin\alpha}\right]\right\}\Delta\alpha$, $F_{\text{в}} \approx mg\left[\cos\alpha - \cos(\alpha+\beta)\cos\beta\right]\Delta\alpha$. Сега изразът в квадратните скоби може да се опрости така: $\cos\alpha - \cos(\alpha+\beta)\cos\beta = \sin\beta\sin(\alpha+\beta)$. [0.5 т.] Така $F_{\text{в}} \approx mg\sin\beta\sin(\alpha+\beta)\Delta\alpha$. Съответно възвръщащият въртящ момент е $M_{\text{в}} \approx mg\sin\beta\sin(\alpha+\beta)a\Delta\alpha$. Използвайки отново синусовата теорема $\left(\dfrac{a}{\sin\beta} = \dfrac{a+b}{\sin(\alpha+\beta)}\right)$, $M_{\text{в}} \approx mg(\sin\beta)^2(a+b)\Delta\alpha$. [0.5 т.] Тъй като въртящият момент е пропорционален на отклонението от равновесното положение, движението ще е трептене с кръгова честота

ж) Кръговата честота $\omega_\alpha$ ще има максимална стойност, когато ъгълът $\beta$ има максимална стойност. Това ще се случи, когато отсечката $c$ е допирателна към окръжността. [0.2 т.] Тогава $\sin\beta = \dfrac{a}{a+b}$, а $\cos\alpha = \dfrac{a}{a+b}$. [0.3 т.] Замествайки $\omega_{\alpha\max} = \sqrt{\dfrac{g}{a+b}}$. [0.5 т.]