За нанесение ЛЮБЫХ пометок на алюминиевый желоб вы получите штрафной балл. За потерю ЛЮБОГО оборудования, кроме шариков или магнита вы получите штрафной балл.

За намеренное изменение угла алюминиевого желоба вас дисквалифицируют. 

Измерим высоту нижней горизонтальной части желоба $h=24.9~см$.

Измерим высоту верхней точки $h+\Delta h = 50.7~см$. При этом длина длинной части желоба $L=80.0~см$. Пользуясь тем, что $\sin \alpha = \Delta h/L$ найдем угол $\alpha$

Кинетической энергия шарика с учетом энергии вращения:
\[ K=\frac{Mv^2}{2} + \frac{I \omega^2}{2},\]где $I=\frac{2}{5}MR^2$. Скорость точек шарика, которые касаются уголка должна быть нулевой, поэтому $\omega R/\sqrt{2}=v$. В итоге на наклонном участке желоба ЗСЭ имеет вид
\[ K = \Delta \Pi \quad \Rightarrow \quad \frac{9 M v^2}{10} = MgL \sin \alpha\]После прохождения угла желоба теряется $\gamma K$ энергии, поэтому шарик вылетает с уголка с горизонтальной скоростью $u$ такой, что
\[ u^2= \frac{10}{9} (1- \gamma) g L \sin \alpha \]Шарик под действием ускорения свободного падения преодолевает высоту $h$ за время $t = \sqrt{2h/g}$, и поэтому
\[ l^2 = u^2t^2 = \frac{20}{9} (1- \gamma) Lh \sin \alpha \]

График в осях $l^2$ от $L$ оказывается линейным с коэффициентом наклона
\[k_\textbf{A4}=\frac{20}{9}(1-\gamma) h \sin \alpha=11.9~см\]Коэффициент $\gamma$ может довольно сильно отличаться от уголка к уголку.

Все измерения $l$ должны быть сняты с помощью следов от падения шарика на листах А3.

Из описанной выше кинематики уберем вращательное движение
\[ E_{кин} = \frac{Mu^2}{2}= \frac{Mgl^2}{4h} \]

\[ \Delta E_{кин} = l'^2 - l^2 \]

Энергетическое соотношение:
\[E_{кин}' = (E_{кин} + W_1) (1- \beta) +W_2,\]поэтому
\[ \Delta E_{кин} = - \beta l^2 + W_1 (1 - \beta) + W_2\]и график нужно построить в координатах $\Delta E_{кин}$ от $l^2$

Ответ:

Коэффициент наклона графика $k_\textbf{B4}=\beta$, а свободный член $\Delta E_\max$.

Поле магнитного диполя: $$\vec{B} = \frac{\mu_0}{4\pi}\left(\cfrac{3(\vec{m}\vec{r})\vec{r}}{r^5} - \cfrac{\vec{m}}{r^3}\right)$$В проекции на ось, направленную вдоль дипольного момента $\vec{m}$:
$$B(s) = \frac{\mu_0}{4\pi}\cdot \cfrac{2m}{s^3}$$

График строим в координатах $B^{-1/3}$ от $s$, где $B$ рассчитывается по формуле:
\[B = \frac{V}{31.25~\text{В}/\text{Тл}}\]Координата $s$ выбирается без степени т.к. данные вдоль нее распределены более равномерно.

Ответ:

Коэффициент наклона графика
\[ k_\textbf{C4} = \left( \frac{2\pi}{m \mu_0} \right)^{-1/3}= 2.33~\frac{\text{Тл}^{-1/3}}{см} \]При этом намагниченность - это объемная плотность магнитного момента, т.е.
\[ M = \frac{3m}{4\pi R_0^3}, \quad m=\frac{2\pi}{k_\textbf{C4}^3 \mu_0} = 0.36~\text{А} \cdot \text{м}^2\]

Данное в условии значение намагниченности является намеренно завышенным

Магниты марки N38, выданные в работе, обладают намагниченностью $M \in [6.76,7.03] \cdot 10^5~А/м$

Графики строить НЕ надо. Выберите такую линеаризацию, чтобы сдвиг положения наведенного в стальном шарике диполя (т.е. постоянный сдвиг $s$) не влиял на линейность. 

$$B(s) = \frac{\mu_0}{4\pi}\cdot \left( \cfrac{2m'}{s^3} + \cfrac{2m}{(s+x)^3} \right)$$При этом наведенное поле
\[B_{нав}(s)=\frac{m \mu_0}{2\pi (s+x)^3},\]поэтому линеаризация $V^{-1/3}$ от $s$.

1 - индекс величин в стали
2 - индекс величин в воздухе

В следствие теоремы Гаусса для Магнитного поля, нормальная компонента магнитного поля $\vec{B}$ сохраняется: $$B_{n1} = B_{n2}$$В системе нет поверхностных магнитных токов, а значит тангенциальная компонента $\vec{H}$ сохраняется: $$H_{\tau 1} = H_{\tau 2}$$Используя соотношение $\vec{B} = \mu \mu_0 \vec{H}$:
$$B_{\tau 1} / \mu = B_{\tau 2}$$$$B_{n1} \tan{\theta_1} / \mu = B_{n2} \tan{\theta_2}$$$$\tan{\theta_1} / \mu = \tan{\theta_2}$$Для $\mu >> 1$, получим $\theta_2 = 0$.

Граничные условия в проводнике в электростатике аналогичны до замены:
$$\vec{H} \Leftrightarrow \vec{E}$$$$\vec{B} \Leftrightarrow \vec{D}$$
Предел $\varepsilon \to \infty$ в электростатике является переходом к проводнику.

Опишите эквивалентную систему магнитных зарядов для данной ситуации (найдите их величины и положения).

Примечание. Магнитный заряд $q_m$ создает магнитное поле $\vec{B}$ в точке с радиус-вектором $\vec{r}$ согласно закону:\[\vec{B}=\dfrac{\mu_0q_m}{4\pi r^3}\vec{r}\]

По аналогии с электростатикой, в сфере появится заряд-изображение на расстоянии $R/y$ от центра и со значением $q_1 = - q_m \cdot R/y $. Однако из теоремы Гаусса для магнитного поля для поверхности, содержащей сферу, следует, что суммарный магнитный заряд равен нулю. Поэтому в центре сферы наведётся заряд $-q_1$.

Пусть $x$ - расстояние от центра сферы до положительного заряда диполя $+q_m$. Cогласно предыдущему пункту, в сфере наведётся дипольный момент $m_1 = \frac{R^2}{x} \cdot q\frac{R}{x} = \cfrac{qR^3}{x^2}$. Второй заряд находится на расстоянии $x+l$ от центра сферы, где $l$ - плечо диполя $m$. Дипольный момент, наведённый вторым зарядом равен: $m_2 =-\cfrac{qR^3}{(x+l)^2}$
Полный дипольный момент: $m' = m_1 + m_2 = q R^3 (\frac{1}{x^2} - \frac{1}{(x+l)^2}) \approx qR^3 \cfrac{2l}{x^3} = \cfrac{2mR^3}{x^3}$

График можно построить в координатах $m'$ от $1/x^3$. Ниже представлен график экспериментального значения $m'/m$ от теоретического значения $2R^3/x^3$.

Ответ:

Магнитное поле на расстоянии в $2R$ от диполя:
$$B(2R) = \cfrac{\mu_0 m}{2\pi} \cfrac{1}{8R^3}$$$$t_1 m = \cfrac{4\pi R^3}{\mu_0} \cdot B(2R) = \cfrac{m}{4}$$$$t_1 = \cfrac{1}{4}$$

Магнитное поле на расстоянии в $4R$ от диполя:
$$B(4R) = \cfrac{\mu_0 m}{2\pi} \cfrac{1}{4^3 R^3}$$$$t_2 m = \cfrac{4\pi R^3}{\mu_0} \cdot B(4R) = \cfrac{m}{32}$$$$t_2 = \cfrac{1}{32}$$

Составим систему уравнений, описывающих согласованность магнитных моментов:
\[
\begin{cases}
m_1t_2 + mt_1 = m_2 \\
mt_1 + m_2 t_2 = m_1
\end{cases}
\]

\[
\begin{cases}
mt_2 + m_4t_1 = m_3 \\
mt_1 + m_3 t_1 = m_4
\end{cases}
\]

Сила, действующая на шарик $F=m \frac{dB}{dx}$. При этом $m \propto B$, поэтому
\[ W_1 = \int\limits_\infty^{2R} \frac{4\pi R^3}{\mu_0 } B \frac{dB}{dx} dx = \frac{2\pi R^3}{\mu_0} B^2(2R) \]

\[ W_2 = \int\limits^{-\infty}_{-4R} \frac{4\pi R^3}{\mu_0 } B \frac{dB}{dx} dx = -\frac{2\pi R^3}{\mu_0} B^2(4R) \]

Найдем численные значения $W_1 = 3.38~мДж$, $W_2 = -0.48~мДж$ и рассчитаем $E_\max$ по формуле
\[ E_\max = W_1 (1-\beta) + W_2\]

Можно также заметить, что наша оценка для $E_\max$ практически совпала с измеренным значением несмотря на то, что используется два неконтролируемых приближения:

1. Налетающий шарик не меняет магнитные моменты шариков пушки. Отлетающий шарик также не меняет магнитные моменты пушки.
2. Все шарики с точки зрения внешнего магнитного поля являются точечными диполями, расположенным в центр шариков.