A1  ^0.30 Запишите уравнение, связывающее силу тока в кольце $I(t)$ и магнитное поле в сердечнике $B_z(t)$.

Запишем закон электромагнитной индукции Фарадея:
$$\mathcal{E}_{ind}=-\cfrac{d\Phi}{dt}
$$
Для выбранного направления тока в кольце (против часовой стрелки при виде сверху) ЭДС индукции равна:
$$\mathcal{E}_{ind}=-\cfrac{\pi{d}^2}{4}\dot{B}_z
$$
Применим второе правило Кирхгофа к выбранному контуру и получим:

$$L\dot{I}+IR=-\cfrac{\pi{d}^2}{4}\dot{B}_z
$$

A2  ^0.50 Получите зависимость силы вихревого тока $I(t)$ от времени при $B_z(t)=B_\mathrm m\cos\omega t$.

Представим индукцию магнитного поля в комплексной форме:
$$B_z(t)=B_\mathrm me^{i\omega t}
$$
Тогда:
$$I(i\omega L+R)=-\cfrac{\pi{d}^2B_\mathrm m}{4}\cfrac{de^{i\omega t}}{dt}=\cfrac{\pi{d}^2\omega B_\mathrm me^{i(\omega t-\pi/2)}}{4}
$$
Поскольку $R+i\omega L=\sqrt{R^2+\omega^2L^2}\cdot e^{i\arctan(\omega L/R)}$, для $I(t)$ находим:
$$I(t)=I_0\cos(\omega t-\phi)=\cfrac{\pi{d}^2\omega B_\mathrm m}{4\sqrt{R^2+\omega^2L^2}}Re\left(e^{i(\omega t-\pi/2-\arctan(\omega L/R))}\right)
$$
Отсюда:

A3  ^0.30 Из теоремы Гаусса найдите радиальную компоненту поля $B_{0\rho}(z)$. Далее во всех пунктах используйте полученный результат.

Применим теорему Гаусса о потоке индукции магнитного поля к цилиндрической поверхности, соосной с осью $z$:
$$\cfrac{\partial \Phi_\text{осн}}{\partial z}+\cfrac{\partial \Phi_\text{бок}}{\partial z}=0
$$
Поскольку зависимостью $B_z(\rho)$ внутри сердечника можно пренебречь, последнее уравнение можно записать в следующем виде:
$$\cfrac{\pi{d}^2}{4}\cfrac{\partial B_{0z}(z)}{\partial z}+\pi d\cdot B_{o\rho}(z)=0
$$
Отсюда:

A4  ^0.20 Найдите зависимость аксиальной компоненты силы $F_z(z,t)$, действующей на кольцо, от координаты $z$ и времени $t$.

Определим проекцию силы Ампера на ось $z$:
$$F_z=-\pi{d}IB_\rho
$$
Тогда имеем:

A5  ^0.60 Найдите $F_z(z)$.

Воспользуемся формулой для произведения косинусов:
$$\cos\alpha\cos\beta=\cfrac{\cos(\alpha-\beta)+\cos(\alpha+\beta)}{2}\Rightarrow \cos(\omega t)\cos(\omega t-\phi)=\cfrac{\cos(\phi)+\cos(2\omega t-\phi)}{2}
$$
Усреднение по времени приводит к выражению:
$$\langle\cos(\omega t)\cos(\omega t-\phi)\rangle=\cfrac{\cos\phi}{2}=-\cfrac{\sin\left(\arctan\cfrac{\omega L}{R}\right)}{2}=-\cfrac{\omega L}{\sqrt{R^2+\omega^2L^2}}
$$
откуда для усреднённой по времени силы находим:

B1  ^0.50 Найдите выражение для $F_z(z)$ в рассматриваемой геометрии и потенциал этой силы $U_F(z)$ (считайте, что он равен нулю на вершине сердечника).

Для описанной в условии модели:
$$\cfrac{\partial B_{0z}(z)}{\partial z}=-\cfrac{B_0}{H}=const
$$
Отсюда получим выражение для силы $F_z(z)$:

Для потенциала с учётом $U_F(H)=0$ имеем:
$$U_F(z)=-\displaystyle\int\limits_H^zF_z(z)dz=-\cfrac{\pi^2d^4B^2_0}{32H}\cdot\cfrac{\omega^2L}{R^2+\omega^2L^2}\displaystyle\int\limits_H^z\left(1-\cfrac{z}{H}\right)dz=\cfrac{\pi^2d^4B^2_0}{32}\cdot\cfrac{\omega^2L}{R^2+\omega^2L^2}\displaystyle\int\limits_0^{1-z/H}tdt
$$
откуда:

B2  ^0.50 На какой высоте $h$ будет парить кольцо в состоянии равновесия, если поле «включить» медленно? Выразите ответ через $m$, $g$, $R$, $L$, $\omega$, $d$, $B_0$, $H$.

При медленном изменении силы тока в соленоиде кольцо будет всё время располагаться вблизи положения равновесия, поэтому высота его левитации определяется условием его равновесия:
$$F_z=mg
$$
Подставляя выражение для $F_z(z)$ и учитывая, что в равновесии $z=h$, находим:
$$h=H\left(1-\cfrac{32mgH(R^2+\omega^2L^2)}{\pi^2d^4B^2_0\omega^2L}\right)
$$
Данный ответ применим, если величина в скобках положительна, иначе $h=0$, поэтому окончательно:

B3  ^0.50 На какую высоту $h_\mathrm m$ подскочит кольцо, если поле «включить» быстро? Выразите ответ через $m$, $g$, $R$, $L$, $\omega$, $d$, $B_0$, $H$.

Получим зависимость равнодействующей сил Ампера и тяжести, действующих на кольцо, от его координаты $z$:
$$R_z=F_z-mg=\cfrac{\pi^2d^4B^2_0}{32H}\cdot\cfrac{\omega^2L}{R^2+\omega^2L^2}-mg-\cfrac{\pi^2d^4B^2_0z}{32H^2}\cdot\cfrac{\omega^2L}{R^2+\omega^2L^2}=A-kz
$$
Это линейная функция, положение которой соответствует значению $z_0=h=A/k$, найденному в предыдущем пункте, причём если $A<0$ — кольцо так же не подпрыгнет, т.е $h_m=0$. Если в положении равновесия потенциальную энергию кольца в поле всех сил принять равной нулю — её зависимость от $z$ имеет следующий вид:
$$U(z)=\cfrac{k(z-z_0)^2}{2}
$$
Кольцо останавливается в точке, в которой его потенциальная энергия та же, что и в начальном положении, откуда:
$$z_\text{ост}=2z_0\Rightarrow h_m=2h=2H\left(1-\cfrac{32mgH(R^2+\omega^2L^2)}{\pi^2d^4B^2_0\omega^2L}\right)
$$
Полученный ответ применим только в том случае, если $h_m{<}H$. В противном случае необходимо учесть, что при $z~{>}H$ индукция магнитного поля $B_z(z)=0$, и, как следствие, $F_z=0$.
Принимая за ноль потенциальную энергию в вершине сердечника, для начальной и конечной потенциальной энергии кольца получим:
$$U_0=\cfrac{\pi^2d^4B^2_0}{64}\cdot\cfrac{\omega^2L}{R^2+\omega^2L^2}-mgH\qquad U_\text{к}=mg(h_m-H)
$$
Приравнивая, находим:
$$h_m=\cfrac{\pi^2d^4B^2_0}{64mg}\cdot\cfrac{\omega^2L}{R^2+\omega^2L^2}
$$
Окончательный ответ запишется следующим образом:

B4  ^0.80 Найдите, на какую высоту $h_\mathrm m$ в общем случае подскочит кольцо при быстром включении поля, если при медленном включении оно левитирует на высоте $h$.
Вычислите $h_\mathrm m$, если $h=18~\text{см};8~\text{см}$. Ответы приведите с двумя значащими цифрами.

Получим связь между $h_\mathrm m$ и $h$:
 

• При $h=0$ величина $h_\mathrm m$ также равняется нулю.
• При $0<h\leq H/2$ величина $h_\mathrm m=2h$.
• Пусть $h\geq h/2$. Тогда выражение для $h_\mathrm m$ можно получить из уравнения:
     $$\cfrac{32mgH(R^2+\omega^2L^2)}{\pi^2d^4B^2_0\omega^2}=1-\cfrac{h}{H}=\cfrac{H}{2h}\implies h_\mathrm m=\cfrac{H^2}{2(H-h)}
     $$
  Окончательно зависимость $h_\mathrm m(h)$ следующая:

Поскольку $H=20~\text{см}$ — $h=18~\text{см}{>}H/2$, а $h_2=8~\text{см}{<}H/2$. Тогда из полученной связи $h_\mathrm m$ и $h$ находим:

C1  ^0.50 Найдите дополнительную среднюю силу Ампера $F_z(v_z,z)$, возникающую из-за движения кольца.

Дополнительное приращение производной $\Delta \dot{\Phi}$ связанное с движением кольца выразим как
$$
\Delta \dot{\Phi} = \frac{\pi d^2}{4}\frac{\partial B}{\partial z}\frac{dz}{dt} = \frac{\pi d^2}{4}\frac{\partial B}{\partial z} \dot{z}.
$$
Это вызывает дополнительный ток
$$
\Delta I = \frac{\pi d^2}{4R}\frac{\partial B}{\partial z} \dot{z}.
$$
Дополнительная сила:
$$
\Delta F = B_{\rho} \Delta I \pi d = -\frac{\pi^2 d^4}{16R}\left(\frac{\partial B}{\partial z}\right)^2 \dot{z}.
$$
Усредняя $\frac{\partial B}{\partial z}$ по времени, получаем выражение для силы.

C2  ^1.00 Найдите декремент затухания $\delta$. Выразите ответ через $R$, $L$, $\omega$, $g$, $H$, $h_\mathrm m$. Вычислите $\delta$ с двумя значащими цифрами.

Поскольку дополнительная сила прямо пропорциональна скорости, движение кольца будет представлять собой простые колебания затухающего осциллятора. Декремент затухания таких колебаний равен:\[\delta=\pi\frac{2\gamma}{\omega_0}.\]В терминах величин, данных в условии, можем записать:\[2\gamma=\frac{\pi^2d^4B_0^2}{32m RH^2},\quad\omega_0^2=\cfrac{\pi^2d^4B^2_0}{32mH^2}\cdot\cfrac{\omega^2L}{R^2+\omega^2L^2}\]Таким образом, декремент затухания:\[\delta=\frac{\pi^2 d^2B_0}{HR\omega}\sqrt{\frac{R^2+\omega^2L^2}{32mL}}.\]Учитывая, результаты предыдущей части, выразим ответ через требуемые величины:\[\delta=\pi\frac{R^2+L^2\omega^2}{LR\omega^2}\sqrt\frac{2g}{2H-h_\mathrm m}=0.32\]

D1  ^0.80 Найдите сопротивление $R_n$ стопки из $n$ контактирующих колец. Найдите удельную силу $F_n/nmg$, действующую на каждое из колец в стопке при $z=0$. На какой высоте $h_n$ при этом левитирует стопка? Кольца можно считать очень тонкими, поэтому индуктивность стопки колец равна индуктивности одного кольца. Ответы выразите через $n$, $H$, $R$, $L$, $\omega$.

Поскольку сила тока в кольце такова, что оно только начинает отрываться от опоры:
$$\cfrac{32mgH(R^2+\omega^2L^2)}{\pi^2d^4B^2_0\omega^2L}=1
$$
Поскольку $R\sim S^{-1}$, а при контакте $n$ колец общая площадь поперечного сечения увеличивается в $n$ раз:
$$R_n=\cfrac{R}{n}
$$
Тогда для силы $F_n(z)$ имеем:
$$F_n(z)=\cfrac{\pi^2d^4B^2_0}{32H}\cdot\cfrac{\omega^2L}{(R/n)^2+\omega^2L^2}\left(1-\cfrac{z}{H}\right)
$$
Отсюда:

Выражение для $h_n$ получается из уравнения:
$$\cfrac{F_n}{nmg}\left(1-\cfrac{h_n}{H}\right)=1
$$
откуда:

D2  ^0.50 При каком числе колец $n_\mathrm{opt}$ удельная сила будет наибольшей? Вычислите его для рассматриваемого в задаче кольца.

При любых значениях $z$ удельная сила будет наибольшей при наименьшем значении знаменателя. Его минимально возможное значение определеяется равенством:
$$\cfrac{R^2}{n}=n\omega^2L^2\Rightarrow n=\cfrac{R}{\omega L}\approx 3{.}18
$$
Целое значение $n$, дающее наиболее близкий к минимальному значению знаменатель, равняется либо $\bigl[R/(\omega L)\bigr]$, либо $\bigl[R/(\omega L)\bigr]+1$. Сравним эти два значения:
$$\cfrac{1}{3}+3\cdot\cfrac{\omega^2L^2}{R^2}=0{.}629\qquad \cfrac{1}{4}+4\cdot\cfrac{\omega^2L^2}{R^2}=0{.}645
$$
Таким образом:

D3  ^0.50 При каком максимальном числе колец $n_\mathrm{max}$ стопка колец ещё будет левитировать? Вычислите его для рассматриваемого в задаче кольца.

Условие возможной левитации можно записать следующим образом:
$$\cfrac{F_n}{nmg}\geq 1
$$
Максимально возможной величине $n$ соответствует $z=0$, поэтому:
$$\cfrac{F_n(0)}{nmg}=\cfrac{R^2+\omega^2L^2}{R^2/n+n\omega^2L^2}\geq 1\Rightarrow n^2-n\left(1+\cfrac{R^2}{\omega^2L^2}\right)+\cfrac{R^2}{\omega^2L^2}\leq 0
$$
Максимальное значение $n$ определяется целой частью большего из корней:
$$n_{max}=\Biggl[\cfrac{1+R^2/(\omega^2L^2)+\left|1-R^2/(\omega^2L^2)\right|}{2}\Biggr]
$$
Поскольку $R>\omega L$, окончательно имеем:

E1  ^0.70 Найдите, как зависит средняя мощность $R\overline{i^2}$ токов Фуко, возникающих в катушке, от координаты $z$. Ответ выразите через $z$, $H$, $R$, $L$, $\omega$, $g$ и $h$.

Для средней мощности имеем: $$\langle P\rangle=R\langle I^2\rangle. $$ Выражение для $\langle I^2\rangle$ получается усреднением квадрата косинуса: $$\langle I^2\rangle=\cfrac{\pi^2d^4\omega^2B^2_z(z)}{32(R^2+\omega^2L^2)}. $$ Используя выражение для $h$ из пункта B2, получим ответ:

E2  ^1.30 Найдите численно полные Джоулевы потери $Q$ в кольце за время его разгона. Приведите ответ с двумя значащими цифрами.

Сила, действующая на кольцо линейно зависит от $z$:
$$
F(z) = F_0 \left(1-\frac{z}{H}\right).
$$
Из условия $F(h) = mg$ получим $F_0 = 10 mg$. Уравнение гармонических колебаний запишется в виде:
$$
m \ddot{z} = F_0 \left(1-\frac{z}{H}\right)-mg = -\frac{F_0}{H} z + const.
$$
Угловая частота гармонических колебаний:
$$
\omega_0 = \sqrt{10\frac{g}{H}} \approx 22.14~с^{-1}.
$$
Используя начальные условия, получаем зависимость $z(t)$:
$$
z(t) = h(1-\cos(\omega_0 t)).
$$
Пусть кольцо вылетает с сердечника в момент времени $t_0$. Тогда
$$
z(t_0) = h(1-\cos(\omega_0 t_0)) = H; \\
t_0 = \frac{1}{\omega_0} \arccos \left(\frac{h}{H}-1 \right) \approx 75.5~мс.
$$
Мощность потерь можно выразить в зависимости от времени, подставив $z(t)$:
$$
P(t) = \frac{gH^2mR}{L(H-h)}\left(1-\frac{h}{H}\left(1-\cos(\omega_0 t)\right)\right)^2.
$$
Отсюда получаем выражение для $Q$:
$$
Q = \frac{gH^2mR}{L(H-h)} \int\limits_0^{t_0} \left(1-\frac{h}{H}\left(1-\cos(\omega_0 t)\right)\right)^2 dt \approx 22.1~Дж
$$

E3  ^0.30 Найдите численно механическую энергию $E$, переданную кольцу за время его разгона. Приведите ответ с двумя значащими цифрами.

Воспользовавшись результатами, полученными при решении пункта B3 для случая $h>H/2$, получим: $$E=mgh_m= \cfrac{mgH^2}{2(H-h)}. $$

E4  ^0.20 Найдите численно КПД $\eta$ Томсоновского индукционного ускорителя. Приведите ответ с двумя значащими цифрами.

Выражение для КПД:
$$
\eta=\frac{E}{E+Q}.
$$