1  ^1.00 Запишите неравенство, при выполнении которого проводник начнёт свое движение вниз после отпускания. Ответ выразите через $\alpha$, $\mu$.

Силы, действующие на подвижный проводник, изображены на рисунке. Условие скольжения вдоль оси имеет вид
$$
mg\sin\alpha > F_{friction}=\mu N=\mu mg\cos\alpha. \ (1)
$$Откуда получаем искомое неравенство $\operatorname{tg}\alpha > \mu$.

2  ^2.00 Считая, что условия вопроса $1$ выполнены и проводник начал движение вниз, найдите зависимость силы тока $I$ в катушке индуктивности от смещения $x$ проводника от начального положения. Ответ выразите через $h$, $B$, $L$, $x$.

По закону электромагнитной индукции Фарадея в проводнике возникает ЭДС, равная
$$
E_{induction}=-\frac{d\Phi}{dt}=-B\frac{dS}{dt}=Bhu. \ (2)
$$Для замкнутого контура, образованного катушкой индуктивности, проводящими стержнями и подвижным проводником, имеем
$$
E_{induction}+E_{selfinduction}=0, \ (3)
$$где ЭДС самоиндукции катушки равна
$$
E_{selfinduction}=-L\frac{dI}{dt}. \ (4)
$$Здесь $I$ — сила тока в катушке.
Совместное решение (2)-(4) дает
$$
I=\frac{Bh}{L}x. \ (5)
$$

3  ^1.00 Найдите максимальную скорость проводника $u_{\max}$ в процессе его движения. Ответ выразите через $h$, $B$, $L$, $m$, $\alpha$, $g$, $\mu$.

Силы, действующие на проводник с током при его движении вниз, изображены на рисунке ниже.

Уравнение движения подвижного проводника вдоль оси (направленной вниз по наклонной плоскости) имеет вид
$$
m \ddot{x}=mg\sin \alpha-\mu mg\cos \alpha-F_{A}, \ (6)
$$где $F_{A}=BIh=\frac{B^{2}h^{2}}{L}x$ — сила Ампера. Таким образом, уравнение (6) записывается в виде
$$
\ddot{x} =-\frac{B^{2}h^{2}}{mL}x+g\sin\alpha-\mu g\cos\alpha. \ (7)
$$Уравнение (7) представляет собой уравнение гармонических колебаний при наличии постоянной силы, решение которого известно и записывается так
$$
x=x_{0}+A\cos\omega t. \ (8)
$$Здесь $\omega^{2}=\frac{B^{2}h^{2}}{mL}$ — частота собственных колебаний. Подстановка (8) в (7) при начальных условиях $x(0)=0$ и $u(0)=\dot{x}(0)=0$ дает ответ
$$
x(t)=\frac{g(\sin\alpha-\mu \cos\alpha)}{\omega^{2}}(1-\cos\omega t), \ (9)
$$который верен, пока скорость не меняет своего направления, т.е. для $t< \pi/\omega$.
Соответственно, скорость проводника равна
$$
u(t)=\dot{x}(t)=\frac{g(\sin\alpha-\mu \cos\alpha)}{\omega}\sin\omega t. \ (10)
$$Отсюда
$$
u_{\max}=\frac{g(\sin\alpha-\mu \cos\alpha)}{Bh}\sqrt{mL}. \ (11)
$$

4  ^1.00 Найдите максимальную силу тока $I_{\max}$ в катушке индуктивности в процессе движения проводника. Ответ выразите через $h$, $B$, $m$, $\alpha$, $g$, $\mu$.

Подстановка (9) в (5) дает зависимость силы тока от времени
$$
I(t) \frac{Bh}{L}x(t) = \frac{mg(\sin\alpha-\mu \cos\alpha)}{Bh}(1-\cos\omega t). \ (12)
$$Отсюда находим
$$
I_{\max}=\frac{2mg(\sin\alpha-\mu \cos\alpha)}{Bh}. \ (13)
$$

5  ^3.00 Вычислите количество выделившейся из-за трения теплоты за очень большое время в случае малой силы трения. Ответ выразите через $h$, $B$, $L$, $m$, $\alpha$, $g$.

Силы, действующие на проводник с током при его движении вверх, изображены на рисунке ниже.

Уравнение движения подвижного проводника вдоль оси $x$ имеет вид
$$
m\ddot{x}=mg\sin\alpha+\mu mg\cos\alpha-F_{A} \ (14)
$$или с учетом (5)
$$
\ddot{x}=-\frac{B^{2}h^{2}}{mL}x+g\sin\alpha+\mu g\cos\alpha. \ (15)
$$Опять решая это уравнение, но уже при начальных условиях
$$
x(\pi/\omega)=\frac{2g(\sin\alpha-\mu \cos\alpha)}{\omega^{2}}
$$и $u(\pi/\omega)=\dot{x}(\pi/\omega)=0$, получим
$$
x(t)=\frac{g(\sin\alpha-3\mu \cos\alpha)}{\omega^{2}}(1-\cos\omega t)+\frac{4\mu g\cos\alpha}{\omega^{2}}.\ (16)
$$Из (9) и (16) заключаем, что после каждого изменения направления движения амплитуда уменьшается на величину $\delta A=2\mu g\cos\alpha/\omega^{2}$. Окончательная остановка произойдет, если точка разворота находится на расстоянии не больше $\delta A/2$ от положения равновесия в отсутствие трения $x_{0}=g\sin\alpha/\omega^{2}$. Обозначив $x_{f}$ положение окончательной остановки, количество выделившейся теплоты можно найти из закона сохранения энергии:
$$
Q(x_{f})=mgx_{f}\sin\alpha-\frac{LI^{2}}{2}=-\frac{B^{2}h^{2}(x_{f}-x_{0})^{2}}{2L}+\frac{m^{2}g^{2}L\sin^{2}\alpha}{2B^{2}h^{2}}. \ (17)
$$В случае если $\mu \ll \operatorname{tg}\alpha$ можно пренебречь первым членом в предыдущей формуле, и получаем
$$
Q=\frac{m^{2}g^{2}L\sin^{2}\alpha}{2B^{2}h^{2}}. \ (18)
$$

6  ^2.00 Какова относительная ошибка ответа предыдущего пункта в случае $\mu=\frac{\operatorname{tg}\alpha}{2009}$?

Для конечного $\mu$ нужно знать значение $x_{f}$. Для $\mu=\frac{\operatorname{tg}\alpha}{2009}$ из решения предыдущего пункта получаем
$$
x_{f}-x_{0}=\frac{\delta A}{2}. \ (19)
$$В этом случае относительная ошибка равна
$$
\frac{\delta Q}{Q}=-\left(\frac{\delta A/2}{x_{0}} \right)^{2}=-\frac{1}{2009^{2}}=2.5\cdot10^{-7}. \ (20)
$$