ЕГЭ 2024. Физика. Отличный результат. Магнитное поле 25.14

[Александр Сакович]

25.14 (28.14). На непроводящей горизонтальной поверхности стола лежит жёсткая рамка массой m из однородной тонкой проволоки, согнутая в виде квадрата ACDE со стороной a (см. рисунок). Рамка находится в однородном горизонтальном магнитном поле, вектор индукции B, которого перпендикулярен сторонам AE и CD и равен по модулю B. По рамке течёт ток в направлении, указанном стрелками (см. рисунок). При какой минимальной силе тока рамка начнёт поворачиваться вокруг стороны CD?

Источники:
1. ЕГЭ. Физика. Отличный результат / под ред. М. Ю. Демидовой. — Москва: Издательство «Национальное образование», 2022. — 736 с. — (ЕГЭ. ФИПИ — школе).
2. ЕГЭ. Физика. Отличный результат / под ред. М. Ю. Демидовой. — Москва: Издательство «Национальное образование», 2024. — 496 с. — (ЕГЭ. Отличный результат. Учебная книга).

[Александр Сакович]

Решение. Если масса всей квадратной рамки m, то масса одной стороны рамки равна m₁ = m/4.
На каждую сторону рамки действуют силы тяжести m₁·g, направленные вертикально вниз, сила Ампера F_A4, действующая на сторону AЕ и направленная вертикально вверх (это можно определить по правилу левой руки), сила Ампера F_A2, действующая на сторону CD и направленная вертикально вниз (см. рисунок). На стороны AD и EC сила Ампера не действует, так как угол α = 0º, а sin 0º = 0. При повороте рамки вокруг стороны CD сила реакции опоры N будет действовать только на сторону CD. Все силы приложены к центрам масс каждой стороны рамки соответственно в точках А₁, А₂, А₃ и А₄. Для наглядности на рисунке силы раздвинуты в стороны.

Задачу будем решать в инерциальной системе отсчета (ИСО), связанной с поверхностью Земли. Рамку будем считать твердым телом, так как по условию она жесткая, а значит не изменяются его форма и размеры.
При минимальной силе тока рамка начнет поворачиваться с минимальным ускорением, которым можно пренебречь (a ≈ 0). Тогда в ИСО для твердого тела можем записать условие равновесия для вращательного движения:
\[M_1+M_2+...=0.\]
Будем считать моменты сил, направленные вверх, положительными; а моменты сил, направленными вниз — отрицательными. Все моменты сил, действующих на сторону CD, будут равны нулю.
\[F_{A4} \cdot A_{4}A_{2}-m_1 \cdot g \cdot A_{4}A_{2}-m_1 \cdot g \cdot A_{1}C-m_1 \cdot g \cdot A_{3}D=0,\]
где \( F_{A4}=I \cdot B \cdot l \cdot \sin \alpha , \) I = I_min, l = AE = a, α = 90º, sin 90º = 1, A₄A₂ = a, m₁ = m/4, A₁C = A₃D = a/2. Тогда
\[I_{\min } \cdot B \cdot a^2-\frac{m}{4} \cdot g \cdot a-\frac{m}{4} \cdot g \cdot \frac{a}{2}-\frac{m}{4} \cdot g \cdot \frac{a}{2}=0,\]
\[I_{\min } \cdot B \cdot a^2-\frac{m}{2} \cdot g \cdot a=0,\ \ I_{\min }=\frac{m \cdot g}{2B \cdot a}.\]