A1  ^0.80 Найдите ток $I(t)$, протекающий через катушку. В каком направлении течёт этот ток при $\theta=\cfrac\pi2$, $A\to B$ или $B\to A$?

Магнитный поток через $n$ витков катушки равен $\Phi=nBS\cos\omega_Bt$. Так как индуктивность катушки не учитывается, ток в ней находится по формуле:\[I(t)=-\cfrac1R\cfrac{\mathrm d\Phi}{\mathrm dt}=-\cfrac{nBS}R\cfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\cos\omega_Bt=\cfrac{\omega_BnBS}R\sin\omega_Bt\]Положительное направление тока — от $A$ к $B$, и при $\theta=\cfrac\pi2$ ток $I > 0$ $\implies$

A2  ^0.60 Найдите суммарный момент $N(t)$ сил, действующих на рамку.

Момент сил, действующий на ток $I(t)$ со стороны магнитного поля:\[N(t)=nSBI\sin\theta=\cfrac{\omega_B(nSB)^2}R\sin^2\omega_Bt\]

A3  ^0.80 Выразите угол $\theta$ между магнитным полем и нормалью к поверхности катушки через $\omega_B$, $t$ и $\theta_C$ и найдите индукционный ток $I(t)$, протекающий через неё.

Поскольку магнитное поле направлено под углом $\theta_B=\omega_Bt$, а нормаль к катушке — под углом $\theta_C$, то

Формула для магнитного потока из предыдущих пунктов модифицируется $\Phi=nBS\cos(\omega_Bt-\theta_C)$. Теперь угол $\theta_C$ также является функцией времени. Таким образом,\[I =-\frac{1}{R} \frac{\mathrm{d} \Phi}{\mathrm{d} t}=-\frac{n B S}{R} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \cos \left(\omega_B t-\theta_C\right)
=-\frac{n B S}{R}\left[-\sin \left(\omega_B t-\theta_C\right) \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t}\left(\omega_B t-\theta_C\right)\right]
=\left(\omega_B-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \theta_C\right) \frac{n B S}{R} \sin \left(\omega_B t-\theta_C\right) . \]

A4  ^0.60 Найдите крутящий момент $N(t)$, создаваемый катушкой. Выразите ответ через $\omega_B$, $t$ и $\theta_C$.

Момент сил\[N(t)= n S B I \sin \theta=\left(\omega_B-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} t} \theta_C\right) \frac{(n S B)^2}{R} \sin ^2\left(\omega_B t-\theta_C\right)\]

A5  ^0.60 Найдите среднее по времени значение $\overline N$ крутящего момента при постоянной угловой скорости $\omega_C$ вращения катушки.

Теперь угол поворота катушки $\theta_C(t)=\omega_Ct$, поэтому величина $\cfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\theta_C=\omega_C$. Момент сил, действующий на катушку:\[N(t)=nSBI(t)\sin(\omega_B-\omega_C)t=\cfrac{(\omega_B-\omega_C)(nSB)^2}{R}\sin^2(\omega_B-\omega_C)t\]Проводим усреднение:\[\overline N=\cfrac{(\omega_B-\omega_C)(nSB)^2}{2R}\]

A6  ^0.90 Покажите, что для тока $I(t)$ можно получить следующее дифференциальное уравнение:\[\alpha\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}I(t)+I(t)=\beta\omega\sin\omega t.\]Выразите $\alpha$, $\beta$ и $\omega$ через $B$, $n$, $S$, $\omega_B$, $\omega_C$, $R$ и $L$.

Если учесть индуктивность катушки, поток через неё $nSB\cos(\omega_B-\omega_C)t+LI(t)$. Ток в катушке будет равен:\[I(t)=-\cfrac1R\cfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left[nSB\cos(\omega_B-\omega_C)t+LI(t)\right]\]Отсюда получаем:\[\cfrac LR\cfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}I(t)+I(t)=\cfrac{(\omega_B-\omega_C)nSB}{R}\sin(\omega_B-\omega_C)t\]Таким образом,\[\alpha=\cfrac LR,\qquad\beta=\cfrac{nSB}R,\qquad\omega=\omega_B-\omega_C\]

A7  ^0.90 Решение уравнения, записанного в предыдущем пункте, можно представить в виде\[I(t)=f\sin\omega t+g\cos\omega t.\]Выразите $f$ и $g$ через $\alpha$, $\beta$ и $\omega$.

Подставляя выражение для $I(t)$ в уравнение из предыдущего пункта:\[(f-\alpha\omega g)\sin\omega t+(g+\alpha\omega f)=\beta\omega\sin\omega t\]Приравнивая коэффициенты при синусах и свободный член к нулю, получаем:\[f-\alpha\omega g=\beta\omega,\qquad g+\alpha\omega f=0\]Решение этой системы —

A8  ^0.60 Выразите среднее по времени значение $\overline N$ крутящего момента с учётом самоиндукции через $\omega_B$, $\omega_C$, $n$, $S$, $B$, $R$ и $L$. Начертите график зависимости $\overline N$ от $\omega$.

Угол $\theta=\omega t$, поэтому момент силы:\[N(t)=nSBI(t)\sin\omega t=nSB(f\sin\omega t+g\cos\omega t)\sin\omega t\]Проведём усреднение:\[\overline N=\cfrac12nSBf=\cfrac12nSB\cfrac{\beta\omega}{1+(\alpha\omega)^2}=\cfrac{\left(\omega_B-\omega_C\right)(nSB)^2}{2R\left[1+\left\{\cfrac{\left(\omega_B-\omega_C\right)L}R\right\}^2\right]}\]

Качественный график функции $\overline N(\omega)$ со всеми характерными значениями:

A9  ^0.60 Из закона сохранения энергии выведите уравнение, связывающее средний крутящий момент $\overline N$, угловые скорости поля $\omega_B$ и катушки $\omega_C$, среднеквадратичное значение $\overline{I^2}$ тока через катушку и её сопротивление $R$.

Мощность, поступающая в систему со стороны магнитного поля, $\omega_B\overline N$, расходуется на раскручивание рамки $\omega_C\overline N$ и Джоулевы потери $R\overline{I^2}$. Таким образом,

A10  ^0.60 Найдите мощность $\mathcal P$ Джоулевых потерь в обмотке катушки. Выразите ответ через $\omega_B$, $\omega_C$, $n$, $S$, $B$, $R$ и $L$.

С одной стороны, можно найти мощность Джоулевых потерь явно:\[\mathcal P=R\overline{I^2}=R\overline{(f\sin\omega t+g\cos\omega t)^2}=\cfrac R2(f^2+g^2)=\cfrac R2\left[\left\{\cfrac{\beta\omega}{1+(\alpha\omega)^2}\right\}^2+\left\{\cfrac{\alpha\beta\omega^2}{1+(\alpha\omega)^2}\right\}^2\right]=\cfrac R2\cfrac{(\beta\omega)^2}{1+(\alpha\omega)^2}=\cfrac{(\omega nSB)^2}{2R[1+(\omega L/R)^2]}\]

С другой стороны, можно воспользоваться результатом предыдущего пункта и записать\[\mathcal P=R\overline{I^2}=\overline N\omega\implies\]