A1  ^3.00 Выведите выражение для ускорения экспериментатора Глюка вдоль рельсов.

Пусть $I$ – ток, подаваемый батареей при отсутствии ЭДС индукции.
Пусть $i$ – индуцированный ток, создаваемый ЭДС индукции $\varepsilon_b$.

Поскольку $\varepsilon_b = \dfrac{d\Phi}{dt} = \dfrac{d(BLx)}{dt} = BLv$, следовательно:
\[
i = \frac{BLv}{R}
\]

Суммарный ток в цепи:
\[
I_N = I - i = I - \frac{BLv}{R}
\]

Силы, действующие параллельно рельсам:
 

• Сила Ампера, действующая на стержень:
     \[
     F_c = BLI_N = BL \left( I - \frac{BLv}{R} \right) = BLI - \frac{B^2 L^2 v}{R}
     \]
• Суммарная сила, действующая на систему (стержень и человека):
     \[
     F_N = F_c - mg \sin \theta \quad \text{(1)}
     \]

Второй закон Ньютона для системы:
\[
F_N = ma = m \frac{dv}{dt} \quad \text{(2)}
\]

Приравнивая выражения (1) и (2):
\[
m \frac{dv}{dt} = BLI - \frac{B^2 L^2 v}{R} - mg \sin \theta
\]

Делим обе части уравнения на $m$:
\[
\frac{dv}{dt} = \frac{BLI}{m} - \frac{B^2 L^2 v}{mR} - g \sin \theta
\]

Перепишем уравнение в стандартной форме:
\[
\frac{dv}{dt} = \underbrace{\frac{BLI}{m} - g \sin \theta}_{\alpha} - v \underbrace{\frac{B^2 L^2}{mR}}_{1/\tau}
\]

Таким образом, получаем дифференциальное уравнение:
\[
\frac{dv}{dt} = \alpha - \frac{v}{\tau}
\]
где
\[
\alpha = \frac{BIL}{m} - g \sin \theta, \quad \tau = \frac{mR}{B^2 L^2}
\]

 

A2  ^1.50 Получите выражение для времени, проведенного на рельсах, $t_s(\theta)$.

Исходное дифференциальное уравнение из пункта A1:
\[
\frac{dv}{dt} = \alpha - \frac{v}{\tau}
\]

Это линейное дифференциальное уравнение первого порядка с начальным условием $v(0) = 0$. Решение имеет вид:
\[
v(t) = v_{\infty} \left(1 - e^{-t/\tau}\right)
\]
где $v_{\infty}$ – установившаяся скорость при $t \to \infty$:
\[
v_{\infty}(\theta) = \alpha \tau = \left( \frac{BIL}{m} - g \sin \theta \right) \cdot \frac{mR}{B^2 L^2} = \frac{IR}{BL} \left(1 - \frac{mg}{BLI} \sin \theta\right)
\]

Пусть $t_s$ – полное время движения по рельсам, а $v_s$ – скорость стержня в момент схода с рельсов:
\[
v_s = v(t_s) = v_{\infty} \left(1 - e^{-t_s/\tau}\right)
\]

Выразим $t_s$ из этого уравнения:
\[
1 - e^{-t_s/\tau} = \frac{v_s}{v_{\infty}}
\]
\[
e^{-t_s/\tau} = 1 - \frac{v_s}{v_{\infty}}
\]
\[
-\frac{t_s}{\tau} = \ln \left(1 - \frac{v_s}{v_{\infty}}\right)
\]
\[
t_s = -\tau \ln \left(1 - \frac{v_s}{v_{\infty}}\right)
\]

 

A3  ^1.50 Получите выражение для времени, проведенного в полете, $t_f(\theta)$.

Пусть $t_f$ – время полёта стержня после схода с рельсов. Для движения тела, брошенного под углом к горизонту:
\[
t_f = \frac{2v_s \sin \theta}{g}\tag{6}
\]

За время полёта необходимо преодолеть горизонтальное расстояние $w$ (ширина пролива):
\[
w = (v_s \cos \theta) \cdot t_f\tag{7}
\]

Подставляя (6) в (7):
\[
w = (v_s \cos \theta) \cdot \left( \frac{2v_s \sin \theta}{g} \right) = \frac{2v_s^2 \sin \theta \cos \theta}{g}
\]
\[
w = \frac{v_s^2 \sin 2\theta}{g} \quad (\text{поскольку } 2 \sin \theta \cos \theta = \sin 2\theta)
\]
\[
t_f = \frac{w}{v_s \cos \theta} = \frac{2v_s \sin \theta}{g}\tag{8}
\]

Из уравнения (8) выражаем $v_s$ через угол $\theta$ и ширину пролива $w$:
\[
w = \frac{v_s^2 \sin 2\theta}{g} \implies v_s^2 = \frac{w g}{\sin 2\theta} \implies v_s = \sqrt{\frac{w g}{\sin 2\theta}}\tag{9}
\]


Подставляем выражение для $v_s$ в формулу времени движения по рельсам из предыдущего пункта:
\[
t_s = -\tau \ln \left(1 - \frac{v_s}{v_{\infty}} \right) = -\tau \ln \left(1 - \frac{1}{v_{\infty}} \sqrt{\frac{w g}{\sin 2\theta}} \right)
\]

Подставляем (9) в (6):
\[
t_f = \frac{2 \sin \theta}{g} \sqrt{\frac{w g}{\sin 2\theta}} = \frac{2 \sin \theta}{g} \sqrt{\frac{w g}{2 \sin \theta \cos \theta}} = \frac{2 \sin \theta}{g} \cdot \sqrt{\frac{w g}{2 \sin \theta \cos \theta}}
\]
\[
t_f = \frac{2 \sin \theta}{g} \cdot \sqrt{\frac{w g}{2 \sin \theta \cos \theta}} = \sqrt{\frac{4 \sin^2 \theta}{g^2} \cdot \frac{w g}{2 \sin \theta \cos \theta}} = \sqrt{\frac{4 \sin^2 \theta w g}{2 g^2 \sin \theta \cos \theta}} = \sqrt{\frac{2 w \sin \theta}{g \cos \theta}} = \sqrt{\frac{2 w \operatorname{tg} \theta}{g}}
\]

Таким образом:
\[
t_f = \sqrt{\frac{2 w \operatorname{tg} \theta}{g}}
\]

A4  ^1.50 Постройте график зависимости полного времени $T = t_s + t_f$ от угла наклона $\theta$.

Полное время перемещения складывается из времени движения по рельсам $t_s$ и времени полёта $t_f$:
\[
T = t_{s} + t_{f} = -\tau \ln \left(1 - \frac{1}{v_{\infty}} \sqrt{\frac{g w}{\sin 2 \theta}} \right) + \sqrt{\frac{2 w \tan \theta}{g}}
\]

Характерное время:
\[
\tau = \frac{m R}{B^{2} L^{2}} =0.20 с
\]

Установившаяся скорость:
\[
v_{\infty}(\theta) = \frac{I R}{B L} \left(1 - \frac{m g}{B L I} \sin \theta\right) =121 \left(1 - 0.0165 \sin \theta\right)  {м/с}
\]
Подставляем численные значения:
\[
T = t_{s} + t_{f} =\left( -0.20 \ln \left(1 - \frac{100}{v_{\infty}} \frac{1}{\sqrt{\sin 2 \theta}} \right) + 14.14 \sqrt{\tan \theta}\right)  {с}
\]

Нижняя граница для угла $\theta$ определяется условием $v_s / v_{\infty} < 1$ (аргумент логарифма должен быть положительным). Поскольку $mg/BLI = 0.0165$ мало, а $v_{\infty} \approx IR/BL =121~м/с$, получаем:
\[
\sqrt{\frac{g w}{\sin 2 \theta}} < v_{\infty} \implies \frac{100}{\sqrt{\sin 2 \theta}} < 121 \implies \sin 2\theta > \left(\frac{100}{121}\right)^2 \approx 0.68
\]
\[
\theta > \frac{1}{2} \arcsin(0.68) \approx 0.37 рад
\]

A5  ^2.50 Учитывая характеристики конструкции, определите диапазон углов наклона, которые ему следует установить.

Пусть $D_s$ – расстояние, пройденное по рельсам за время $t_s$:
\[
D_s = \int_{0}^{t_s} v(t) dt
\]

Подставляем выражение для скорости $v(t) = v_{\infty} \left(1 - e^{-t/\tau}\right)$:
\[
D_s = v_{\infty} \int_{0}^{t_s} \left(1 - e^{-t/\tau}\right) dt = v_{\infty} \left[ t + \tau e^{-t/\tau} \right]_{0}^{t_s}
\]

Вычисляем определённый интеграл:
\[
D_s = v_{\infty} \left( \left[ t_s + \tau e^{-t_s/\tau} \right] - \left[ 0 + \tau e^{0} \right] \right) = v_{\infty} \left( t_s + \tau e^{-t_s/\tau} - \tau \right)
\]

Подставляем выражение для $t_s = -\tau \ln \left(1 - \dfrac{v_s}{v_{\infty}}\right)$ и $v_s = v(t_s)$:
\[
D_s = v_{\infty} \left[ -\tau \ln \left(1 - \frac{v_s}{v_{\infty}}\right) + \tau \left(1 - \frac{v_s}{v_{\infty}}\right) - \tau \right]
\]

Упрощаем:
\[
D_s = v_{\infty} \left[ -\tau \ln \left(1 - \frac{v_s}{v_{\infty}}\right) - \tau \frac{v_s}{v_{\infty}} \right] = -v_{\infty} \tau \left[ \ln \left(1 - \frac{v_s}{v_{\infty}}\right) + \frac{v_s}{v_{\infty}} \right]
\]

Подставляем выражение для $v_s = \sqrt{\dfrac{g w}{\sin 2\theta}}$:
\[
D_s = -\tau v_{\infty}(\theta) \left[ \ln \left(1 - \frac{1}{v_{\infty}(\theta)} \sqrt{\frac{g w}{\sin 2\theta}} \right) + \frac{1}{v_{\infty}(\theta)} \sqrt{\frac{g w}{\sin 2\theta}} \right]
\]

Должно выполняться условие:
\[
D_s \leq D =35 м
\]

Из графика видно, что это условие выполняется при:
\[
\theta \in (0.5, 1.06)  {рад}
\]


Для одновременного выполнения условий по времени ($T \leq 11~с$) и расстоянию ($D_s \leq D$) угол $\theta$ должен удовлетворять:
\[
\theta \in (0.50, 0.505)  {рад}
\]

Оптимальный диапазон углов: $\theta \in (0.502, 0.507)~ рад$. В градусах:
\[
\theta \in (28.6^\circ, 29.2^\circ) \]
или приблизительно:
\[\theta= 29^\circ \pm 0.3^\circ
\]