a  ^1.00 Определите минимальное значение э.д.с. $\mathcal{E}_{\min}$, при котором проводник начинает движение вверх по плоскости.

Силы, действующие на проводник изображены на рисунке.

Это — сила тяжести $m\vec{g}$, сила Ампера $\vec{F}_{A}$ и сила реакции со стороны плоскости $\vec{N}$. Уравнение движения (второй закон Ньютона) подвижного проводника в проекции на ось $OX$ имеет вид $$ ma=F_{A}-mg\sin\alpha. \ (2.1) $$ Сила Ампера вычисляется по формуле $$ F_{A}=BIh. \ (2.2) $$ В момент начала движения должно быть $a \ge 0$ и закон Ома дает $$ I=\frac{\mathcal{E}_{\min}}{R}, \ (2.3) $$ откуда $$ \mathcal{E}_{\min}=\frac{mgR\sin\alpha}{Bh}. \ (2.4) $$

b  ^1.00 При движении проводника по плоскости со временем устанавливается постоянная сила тока $I_{0}$. Найдите ее, считая что э.д.с. $\mathcal{E} > \mathcal{E}_{\min}$.

Сила тока будет установившейся лишь в том случае, когда ускорение проводника будет равно нулю. Тогда из (2.1) и (2.2) получим $$ I_{0}=\frac{mg\sin\alpha}{Bh}. \ (2.5) $$

c  ^2.00 При перемещении проводника по плоскости со временем устанавливается постоянная скорость его движения $u_{0}$. Найдите ее, считая, что э.д.с. $\mathcal{E} > \mathcal{E}_{\min}$.

Сила тока $I$ в подвижном проводнике определяется законом Ома $$ I=\frac{\mathcal{E}+\mathcal{E}_{ind}}{R}. \ (2.6) $$ Здесь $\mathcal{E}_{ind}$ — это э.д.с. электромагнитной индукции, вызванная изменением магнитного потока и равная $$ \mathcal{E}_{ind}=-\frac{d\Phi}{dt}=-B\frac{dS}{dt}=-Bh\frac{dx}{dt}=-Bhu, \ (2.7) $$ где $u$ — скорость движения подвижного стержня по плоскости. Из (2.6) и (2.7) получаем $$ I=\frac{\mathcal{E}-Bhu}{R}. \ (2.8) $$ В установившемся режиме сила тока $I=I_{0}$, тогда из (2.5) и (2.8) следует $$ u_{0}=\frac{\mathcal{E}}{Bh}-\frac{mgR\sin\alpha}{B^{2}h^{2}}. \ (2.9) $$

d  ^3.00 При достаточно больших $L$ движение стержня перед отрывом можно считать установившимся. Тогда заряд $q$, прошедший через источник питания выражается формулой $$ q=C_{1}L+C_{2}. $$ Определите $C_{1}$ и $C_{2}$.

Из соотношений (2.1) и (2.2) следует $$ m\Delta u=BIh\Delta t-mg\Delta t\sin\alpha. \ (2.10) $$ Учитывая, что $\Delta q=I\Delta t$, из (2.10) находим $$ mu_{0}=Bhq-mg\tau \sin\alpha, \ (2.11) $$ где $\tau$ — время движения по плоскости. Умножая (2.8) на $\Delta t$ и учитывая что $u=\Delta x/\Delta t$, находим $$ \Delta q=\frac{\mathcal{E} \Delta t-Bh\Delta x}{R}. \ (2.12) $$ Из (2.12) получаем $$ q=\frac{\mathcal{E}\tau-BhL}{R}. \ (2.13) $$ Из (2.11) и (2.13) находим $$ q=\frac{m(\mathcal{E}^{2}Bh-mg\mathcal{E}R\sin\alpha+B^{3}h^{3}Lg\sin\alpha)}{B^{2}h^{2}(B\mathcal{E}h-mgR\sin\alpha)}. \ (2.14) $$ Отсюда получается ответ $$ C_{1}=\frac{mBhg\sin\alpha}{(B\mathcal{E}h-mgR\sin\alpha)}, \quad C_{2}=\frac{m \mathcal{E}}{B^{2}h^{2}}. $$

e  ^3.00 В условиях предыдущего пункта количество теплоты $Q$, выделившееся в проводнике к моменту отрыва, записывается в виде $$ Q=C_{3}L+C_{4}. $$ Определите $C_{3}$ и $C_{4}$.

Источник тока совершает работу $$ A=\mathcal{E}q, \ (2.15) $$ а проводник приобретает кинетическую энергию $$ E_{kin}=\frac{mu^{2}_{0}}{2} \ (2.16) $$ и потенциальную $$ E_{pot}=mgL\sin\alpha. \ (2.17) $$ Из закона сохранения энергии $$ A=E_{kin}+E_{pot}+Q, \ (2.18) $$ откуда $$ Q=\frac{m\mathcal{E}(\mathcal{E}^{2}Bh-mg\mathcal{E}R\sin\alpha+B^{3}h^{3}Lg\sin\alpha)}{B^{2}h^{2}(B\mathcal{E}h-mgR\sin\alpha)}-mgL\sin\alpha-\frac{m}{2}\left(\frac{\mathcal{E}}{Bh}-\frac{mgR\sin\alpha}{B^{2}h^{2}}\right)^{2}. \ (2.19) $$ Таким образом, получается ответ $$ C_{3}=\frac{m^{2}g^{2}R\sin^{2}\alpha}{(B\mathcal{E}h-mgR\sin\alpha)}, \quad C_{4}=\frac{m\mathcal{E}^{2}}{B^{2}h^{2}}-\frac{m}{2}\left(\frac{\mathcal{E}}{Bh}-\frac{mgR\sin\alpha}{B^{2}h^{2}}\right)^{2}. $$