Колебания перемычки в поле

Хорошая задача с колебаниями перемычки в магнитном поле.

Задача. Две вертикальные проводящие рейки, расстояние между которыми $l$, находятся в однородном магнитном поле с индукцией $B$. Силовые линии поля направлены перпендикулярно плоскости рисунка. Сверху рейки соединены через катушку с индуктивностью $L$.  К рейкам прислоняют горизонтально расположенную проводящую перемычку массой $m$ и отпускают. Перемычка сохраняет хороший контакт с рельсами.

1. Через какое время после начала движения перемычка совершит первую остановку?
2. На какое расстояние она переместится при этом?
3. Какова максимальная скорость перемычки в процессе движения?

Трение не учитывать. Сопротивлениями проводов, реек и катушки пренебречь.

Перемычка придет в движение, и на свободные заряды в ней начнет действовать сила Лоренца. По правилу левой руки эта сила будет «пихать» заряды влево. Но заряды движутся не только вдоль перемычки (со скоростью $\upsilon_{otn}$), они еще движутся вместе с ней вниз со скоростью $\upsilon$ (переменной). То есть сила Лоренца будет направлена под некоторым углом – перпендикулярно абсолютной скорости зарядов $\upsilon_{abs}$.

$$\vec{\upsilon_{abs}}=\vec{\upsilon}+\vec{\upsilon_{otn}}$$

Сила Лоренца $F_L \perp \vec{B}, F_L \perp \vec{\upsilon_{abs}}$, то есть сила Лоренца – гироскопическая, не совершает работы.

$$A_{F_L}=0$$

Если силу Лоренца разложить на две составляющие – вдоль и поперек перемычки, то составляющая, направленная вдоль перемычки, будет отвечать за создание ЭДС индукции (именно она «подпинывает» заряды), а составляющие, направленные поперек, мы сложим в одну силу и будем называть силой Ампера.

То есть проводник подобен батарейке, ЭДС которой определяется работой сторонних сил

$$\varepsilon_i=\frac{A_{st}}{q}=\frac{ F_{st}\cdot l}{q}$$

Где $ A_{st}$ - работа сторонних сил (продольной составляющей силы Лоренца)

$$\vec{F_L}=\vec{F_{L_{\perp}}}+\vec{F_{L_{\parallel}}}$$

$$ F_{st}= F_{L_{\parallel}}=B q \upsilon \sin{\alpha}$$

У нас $\alpha=90^{\circ}$ и $\sin{\alpha}=1$.

$$F_A=BIl$$

Работа силы Лоренца равна

$$A_{F_L}=A_{ F_{L_{\parallel}}}+A_{ F_{L_{\perp}}}=A_{st}+A_{F_A}=0$$

$$A_{st}=-A_{F_A}$$

В начальный момент времени скорость перемычки равна 0, и координату в этот момент времени сделаем равной нулю – в этой точке у нас будет начало координат. Ток в перемычке в данный момент тоже нулевой. Итак, начальные условия

$$\begin{Bmatrix}{ I(0)=0}\\{ \upsilon(0)=0}\\{ x(0)=0}\end{matrix}$$

Скорость перемычки будет нарастать, и, следовательно, ток тоже будет нарастать, потому что движущаяся перемычка эквивалентна ЭДС и схема принимает вид:

Растущий ток вызовет появление ЭДС самоиндукции в катушке

$$\varepsilon_{si}=\varepsilon_i$$

Или

$$U_L=\varepsilon_i$$

$$L\frac{\Delta I}{\Delta t}=\varepsilon_i=B \upsilon l$$

Домножаем на $\Delta t$:

$$L\Delta I}=B \upsilon l \Delta t $$

Заменим $ l \Delta t=\Delta x$,

$$L\Delta I}=B \upsilon  \Delta x $$

Обобщаем на большой промежуток времени (суммируем):

$$L\Sigma \Delta I=Bl\Sigma\Delta x$$

$$L(I-0)=Blx$$

$$I=\frac{Blx}{L}$$

Ток пропорционален смещению перемычки, а значит, и сила Ампера также: $F_A \sim x$.

Но сила Ампера равна

$$F_A=BIl=\frac{B^2l^2}{L}\cdot x$$

По второму закону Ньютона

$$mg-F_A=ma_x$$

Или

$$a_x+\frac{B^2 l^2}{mL}\cdot x=g$$

Получили дифференциальное уравнение гармонических колебаний!

Общий его вид

$$a_x+\omega^2 x=\omega^2 x_1$$

Где $x_1$ - координата положения равновесия. В этой точке ускорение равно нулю, а скорость максимальна.

Решение будет иметь общий вид

$$x=x(t)=C\sin (\omega t)+D\cos (\omega t)+x_1$$

У нас выходит

$$\omega=\sqrt{\frac{B^2l^2}{Lm}}$$

Тогда период

$$T=\frac{2 \pi \sqrt{Lm}}{Bl}$$

Первую остановку перемычка сделает, пройдя две амплитуды, то есть  на это уйдет время $\frac{T}{2}$, поэтому ответ на первый вопрос задачи –

$$t=\frac{T}{2}=\frac{ \pi \sqrt{Lm}}{Bl}$$

Ответ на второй вопрос – это величина, равная двум амплитудам, поэтому сейчас надо отыскать амплитуду $x_1$. Это можно сделать по-разному.

Первый способ. Вспомним, что в точке равновесия ускорение равно нулю – тогда

$$0+\frac{B^2 l^2}{mL}\cdot x_1=g$$

$$ x_1=\frac{mgL}{B^2l^2}$$

$$ x_{max}=\frac{2mgL}{B^2l^2}$$

Второй способ. Решим дифференциальное уравнение:

$$x=x(t)=C\sin (\omega t)+D\cos (\omega t)+x_1$$

Подставим нулевую координату в начальный момент времени:

$$x(0)=0=C\sin 0+D\cos \omega t$$

Или

$$D\cdot 1=-x_1$$

Возьмем производную – так мы определим скорость – и подставим затем начальные условия для скорости:

$$x’(t)=\upsilon(t)=С\omega \cos(\omega t)+D\omega (-\sin (\omega t))$$

$$\upsilon(0)=0=С\omega \cdot 1+0$$

Или $C=0$.

Тогда

$$x=x(t)=x_1(1-cos(\omega t))$$

И максимум будет при равенстве косинуса (-1), тогда

$$x_{max}=2x_1$$

Третий способ – энергетический. Сумма работ силы тяжести и силы Ампера равна нулю:

$$A_{mg}+A_{F_A}=0$$

$$ A_{mg}=mg x_{max}$$

Сила же Ампера переменная, и работа ее отрицательна – так как направлена она противоположно перемещению перемычки. Нарисуем ее график и определим работу как площадь под ним:

$$ A_{F_A}=-S_{tr}=-\frac{B^2l^2x_{max}^2}{2L}$$

Тогда

$$ mg x_{max}-\frac{B^2 l^2 x_{max}^2}{2L}=0$$

$$ mg -\frac{B^2 l^2 x_{max}}{2L}=0$$

$$ x_{max}=\frac{2mgL}{B^2l^2}$$

Четвертый способ.

$$A_{mg}+A_{F_A}=0$$

Но мы уже говорили, что

$$ A_{F_A}=-A_{st}=-A_{F_{L_\parallel}}$$

$$ A_{st}=A_{batar}=\Delta W_L$$

Работа сторонних сил равна работе батарейки $ A_{batar}$ и равна изменению энергии катушки – эта энергия вначале равна нулю.

$$\Delta W_L=\frac{LI_{max}^2}{2}$$

Тогда

$$mg x_{max}-\frac{LI_{max}^2}{2}=0$$

Т.к. $ I_{max}=\frac{Bl}{L}\cdot x_{max}$,

$$ mg x_{max}-\frac{LB^2l^2x_{max}^2}{2L^2}=0$$

$$ mg -\frac{B^2l^2x_{max}}{2L}=0$$

$$ x_{max}=\frac{2mgL}{B^2l^2}$$

Теперь отвечаем на третий вопрос задачи. Можно воспользоваться формулой из кодификатора (первый способ):

$$\upsilon_{max}=A\omega$$

$$A=x_1=\frac{mgL}{B^2l^2}$$

А

$$\omega=\sqrt{\frac{B^2l^2}{Lm}}$$

И тогда

$$\upsilon_{max}=\frac{mgL}{B^2l^2}\cdot \sqrt{\frac{B^2l^2}{Lm}}=\frac{g\sqrt{mL}}{Bl}$$

Второй способ:

$$\upsilon(t)=x’(t)=x_1(0-(-\sin(\omega t)\omega)$$

$$\upsilon(t)=x_1\omega \cdot \sin(\omega t)$$

$$\upsilon_{max}=x_1\omega$$

Дальше – как в первом способе.

Третий способ - энергетический. В положении равновесия у перемычки есть кинетическая энергия, поэтому

$$ A_{mg}+A_{F_A}=\frac{m\upsilon^2}{2}$$

$$ A_{mg}= mgx_1$$

$$ A_{F_A}=-S_{tr}=-\frac{B^2l^2x_1^2}{2L}$$

Тогда

$$ mgx_1-\frac{B^2l^2x_1^2}{2L}=\frac{m\upsilon_{max}^2}{2}$$

$$ x_1=\frac{mgL}{B^2l^2}$$

$$x_1\left(mg-\frac{B^2l^2}{2L}x_1\right)= \frac{m\upsilon_{max}^2}{2}$$

$$x_1\left(mg-\frac{B^2l^2}{2L}\cdot \frac{mgL}{B^2l^2} \right)= \frac{m\upsilon_{max}^2}{2}$$

$$x_1\left(mg-\frac{mg}{2} \right)= \frac{m\upsilon_{max}^2}{2}$$

$$x_1\frac{mg}{2}= \frac{m\upsilon_{max}^2}{2}$$

$$x_1g=\upsilon_{max}^2}$$

$$\upsilon_{max}^2=\frac{mg^2L}{B^2l^2}$$

$$\upsilon_{max}=\frac{g\sqrt{mL}}{Bl}$$

Ответ: 1) $t=\frac{ \pi \sqrt{Lm}}{Bl}$;  2) $ x_{max}=\frac{2mgL}{B^2l^2}$;

3) $\upsilon_{max}=\frac{g\sqrt{mL}}{Bl}$.