Задание D8A693: Электродинамика

1. Система отсчёта связана с магнитом; ось вращения OO₁ проходит через центр рамки, как на рисунке. Изначально поле лежит в плоскости рамки. На две стороны длиной a, перпендикулярные B, действуют противоположные силы Ампера F_A = IBa. Их плечи относительно OO₁ равны b÷2. Удерживающий момент компенсирует их момент. Следовательно,
M = 2F_A·b2 = IBab = IBS.
Отсюда BS = M÷I.
2. После отключения питающего тока считаем саму рамку замкнутой; иначе индукционный ток по ней не протекал бы. Самоиндукцией пренебрегаем в резистивной модели. Пусть θ — угол поворота от исходного положения, нормаль выбрана так, что поток в первой половине поворота положителен. Тогда
Φ(θ) = BS sin θ.
При θ = 0 поток нулевой; при 90° он равен BS; при 180° снова равен нулю. На второй половине поворота знак ЭДС и тока меняется.
3. По Фарадею и Ому заряд, прошедший в каждом одном направлении, равен модулю соответствующего изменения потока, делённому на R:
q₁ = BSR,
q₂ = BSR.
Под полным прошедшим зарядом понимаем сумму модулей, q = q₁ + q₂ = 2BS÷R = 2M÷(IR). Подстановка:
q = 2·1,5 Н·м0,5 А·10 Ом = 0,6 Кл.
4. Проверка. BS = 3 Вб; в каждую половину поворота проходит по 0,3 Кл в противоположных направлениях. Поэтому алгебраический перенос q₁−q₂ = 0, что также следует из равных начального и конечного потоков. Это не противоречит полному заряду 0,6 Кл. Применять |Φ_кон−Φ_нач|÷R как сумму модулей при смене направления тока нельзя.

Ответ: полный прошедший заряд q = 0,6 Кл; алгебраический перенос за весь поворот равен нулю.