Магнетизм

Для решения задачи запишем формулу магнитного потока, прошедшего через рамку:
$$\Delta\Phi=(B_2-B_1)S\cos{\alpha}=(B_\text{z2}-B_\text{z1})S$$ Так как происходит изменения магнитного потока через замкнутый контур в нем возникает ЭДС индукции, тогда модуль возникшей ЭДС равен:
$$|\xi_i|=\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}=\frac{|B_\text{z2}-B_\text{z1}|S}{\Delta t} \tag{1}$$ Тогда в контуре возникнет ток , модуль которого по закону Ома будет равен $I=\frac{\xi_i}{R}\Rightarrow \xi_i=IR$, с другой стороны сила тока можно найти из определения $I=\frac{q}{\Delta t}\Rightarrow q=I\Delta t$. Тогда подставляя все полученные выражения в уравнение номер (1), найдём искомое значение $q$:
$$q=\frac{|B_\text{z2}-B_\text{z1}|S}{R}=\frac{|-0.2-0.2|\cdot0.1}{5}=8\,\text{мКл}$$

Нарисуем все силы, действующие на проводник с током. На него действуют 3 силы: сила тяжести, сила реакции опоры и сила Ампера. Все три силы направлены таким образом, что не создают моментов сил относительно центра цилиндра - это значит, что в равновесии сила трения должна быть нулевой.
Перейдем к формулам. Сила Ампера выражается как $$F_A=BIlsin(\beta)$$ В случае в задаче $sin(\beta)=1$ в силу перпендикулярности направления тока и вектора магнитной индукции
Запишем 2 закон Ньютона $$\vec{F_A}+m\vec{g}+\vec{N}=0$$ Спроецируем на ось вдоль плоскости $$F_Acos(\alpha) -mgsin(\alpha)=0$$ Тогда $$BIlcos(\alpha) = mgsin(\alpha)$$ $$I = \frac{mg}{Bl}tg(\alpha) = \frac{0.1\cdot10}{1 \cdot 0.577}tg(30^\circ)=1A$$ Ответ: 1А

Рамка с током начнет поворачиваться, когда момент сил Ампера, действующих на рамку в магнитном поле, превысит момент силы тяжести. При пропускании тока через рамку, на все ее стороны будет действовать сила Ампера. При этом, моменты сил, действующих на боковые стороны, которые лежат в плоскости рисунка, равны нулю. Момент силы, действующей на нижнюю горизонтальную часть рамки, относительно точки O также будет равен нулю.
Таким образом, нас интересует только момент силы Ампера, действующей на верхнюю горизонтальную часть рамки.
Тогда $$M_{mg} \leq M_{F_A}$$ $$mg\frac{l}{2}cos(\alpha) \leq F_A l cos(\alpha)$$ Сила Ампера равна $$F_A=BIlsin(\beta)$$ где $sin(\beta)=1$ в силу перпендикулярности направления тока и вектора магнитной индукции $$mg\frac{l}{2}cos(\alpha) \leq BIl^2cos(\alpha)$$ Откуда $$I\ge \frac{mg}{2Bl}=\frac{0.4 \cdot 10}{2\cdot 1\cdot 0.5}=4A$$ Ответ:4A. Направление тока указано на рисунке.

Для решения задачи воспользуемся законом электромагнитной индукции, а именно ЭДС индукции, возникающая в контуре, пропорциональна скорости изменения магнитного потока через контур т.е.:
$$|\xi|=\left| \frac{\Delta\Phi}{\Delta t} \right|=\left| \frac{S\Delta B}{\Delta t} \right|$$ При этом при протекании индукционного тока в контуре согласно закону Джоуля — Ленца выделится количество теплоты, равное:
$$Q=IU\Delta t=\frac{|\xi|^2}{R}\Delta t=\frac{S^2{\Delta B}^2}{R \Delta t}$$ Теперь перейдём к анализу графика, как видно из рисунка можем разредить график на три участка: $t_1$ c 0 до 2 с, $t_2$ c 2 до 5 с и $t_3$ c 5 до 9 с и как мы видим на участке $t_2$, индукция магнитного поля была постоянной, а следовательно индукционный ток не возникает. Таким образом индукционный ток возникает только на участках $t_1$ и $t_3$, тогда за это время в контуре выделиться энергия:
$$Q=Q_1+Q_2=\frac{S^2{\Delta B_1}^2}{R \Delta t_1}+\frac{S^2{\Delta B_3}^2}{R \Delta t_3}=\frac{S^2}{R}\left(\frac{{\Delta B_1}^2}{\Delta t_1}+\frac{{\Delta B_3}^2}{\Delta t_3}\right)$$ Откуда выразим искомую площадь контура:
$$S=\sqrt{\frac{QR}{\frac{{\Delta B_1}^2}{\Delta t_1}+\frac{{\Delta B_3}^2}{\Delta t_3}}}=\sqrt{\frac{1.5\cdot10^{-3}\cdot0.05}{\frac{0.5^2}{2}+\frac{0.5^2}{4}}}=0.02\,\text{м}^2$$

Для решения задачи заметим, что взаимодействие токов в проводниках с магнитным полем пренебрежимо мало, следовательно после отпускания стержень будет совершать свободные колебания, подобно математическому маятнику, для которого циклическая частота определяется формулой $w_0=\sqrt{\frac{g}{l}}$, а отклонение стержня от положения равновесия $x=x_0\cos{(w_0t)}$.
Тогда поток вектора магнитной индукции через контур будет равен: $$\Phi=BLx=BLx_0\cos{(w_0t)}$$ Тогда, по закону Фарадея в контуре будет возникать ЭДС индукции, модуль которой равен: $$\xi=-\frac{d\Phi}{dt}=BLw_0x_0\sin{(w_0t)}$$ Далее заметим, что сопротивление проводников можно пренебречь, а значит по закону Ома для полной цепи напряжение на обкладках конденсатора равно ЭДС индукции: $$\xi=U_C=\frac{q}{C}\Rightarrow q=CBLw_0x_0\sin{(w_0t)}=CBLx_0\sqrt{\frac{g}{l}}\sin{\left(\sqrt{\frac{g}{l}}t\right)}$$