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.

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

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

Рисунок 1

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 $\upsilon_{abs}$ .

Рисунок 2

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

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)

Рисунок 3

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

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

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:

Рисунок 4

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: