Электродинамика

В идеальном колебательном контуре сохраняется полная энергия: $$\frac{q^{2}}{2C}+\frac{L I^{2}}{2}=\frac{L I_{m}^{2}}{2}.$$ Период собственных колебаний задаётся формулой Томсона: $$T=2\pi\sqrt{LC}.$$ Отсюда, используя закон сохранения энергии, $$q^{2}=LC\left(I_{m}^{2}-I^{2}\right)\quad\Rightarrow\quad q=\frac{T}{2\pi}\sqrt{I_{m}^{2}-I^{2}}.$$ Подстановка чисел: $$q=\frac{6{,}3\cdot 10^{-6}}{2\cdot 3{,}14}\, \sqrt{(5\cdot 10^{-3})^{2}-(3\cdot 10^{-3})^{2}} \approx 4\cdot 10^{-9}\ \text{Кл}.$$

Для начала разберёмся в том, какие силы действуют на шарик, а именно будет действовать сила тяжести, направленная вниз $F_\text{тяж.}=mg$, сила натяжения нити $Т$ и сила Лоренца $F_\text{Л}=Bqv\sin{\alpha}$ и так как положительно заряженное тело движется в магнитном поле по окружности, то в нашем случае $\sin{\alpha}=1$. И так как телу сообщают минимальную скорость, то в верхней точке сила натяжения нити равна 0. Изобразим на рисунке эти силы в верхней точке:

Тогда второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось, направленную вниз будет иметь вид:
$$mg-F_\text{Л}=ma\Rightarrow mg-Bqv_2=m\frac{v_2^2}{l} \tag{1}$$ Где $v_2$ – скорость шара в верхней точке.
С другой стороны можем рассмотреть движение заряженного шарика в магнитном и гравитационном поле. За нулевой уровень высоты примем нижнюю точку расположения шарика. Тогда в нижней точке траектории шарик будет иметь только кинетическую энергию $E_\text{к.1}=\frac{mv_1^2}{2}$, а в верхней кинетическую энергию $E_\text{к.2}=\frac{mv_2^2}{2}$ и потенциальную энергию $E_\text{п.}=2mgl$. И так как сила Лоренца перпендикулярна вектору скорости, то работу она не совершает, следовательно можем применить закон сохранения энергии:
$$\frac{mv_1^2}{2}=\frac{mv_2^2}{2}+2mgl \tag{2}$$ Объединяя формулы (1) и (2), находим искомую индукцию магнитного поля: $$B=\frac{m(5gl-v_1^2)}{ql\sqrt{v_1^2-4gl}}$$

Для решения заметим, что частица разгонятеся в электрическим полем, значит по закону изменения механической энергии работа поля равна изменению кинетической энергии иона $A=\Delta E_\text{к}$. C другой стороны работа равна $A=qU$, а так как в задаче сказанно, что скоростью иона до прохождения ускоряющей разности потенциалов можно пренебречь, то следовательно начальная скорость иона равна 0 и $\Delta E_\text{к}=\frac{mv^2}{2}$, где $v$ – скорость иона после прохождения ускорителя, таким образом получим:
$$\frac{mv^2}{2}=qU \tag{1}$$ Так как оин движется в магнитном поле, то на него действует сила Лоренца $F_\text{Л}=Bqv\sin{\alpha}$, причем так как ион движется по окружности, то $\sin{\alpha}=1$. Тогда по второму закону Ньютона:
$$F_\text{Л}=ma\Rightarrow Bqv=m\frac{v^2}{R}\Rightarrow BqR=mv \tag{2}$$ Объединяя формулы (1) и (2), находим искомый радиус окружности:
$$R=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}=\frac{1}{0.2}\sqrt{\frac{2\cdot1,5\cdot10^{-25}\cdot10^3}{3,2\cdot10^{-19}}}\approx 0.15\,\text{м}$$

Для начала рассмотрим какие токи протекают в контуре и какие силы действуют на проводники со стороны магнитного поля. Так в контуре будут протекать токи $I_1=I_2$ и $I_3$, как показано на рисунке ниже. Тогда на участки KN и ML сила Ампера не действует, так как для них сила тока перпендикулярна вектору магнитной индукции, а на участки NM, KM и KL сила Ампера по правилу левой руки направлена от наблюдателя, модули этих сил равны:
$$F_1=F_2=BI_1l_1$$ $$F_3=BI_3\cdot KM\cdot\sin{(180^\circ-\alpha)}=BI_3\cdot KM \cdot\frac{l_1}{KM}=BI_3l_1$$ Обозначим эти силы на рисунке:

Как видим из рисунка равнодействующая всех сил равна: $F=F_1+F_2+F_3=2F_1+F_3$.
Далее обозначим сопротивления сторон KN и ML как $R_1$, сторон NM и KL как $R_2$, стороны KM как $R_3$. Эквивалентную схему изобразим на рисунке ниже:

Тогда эти сопротивления будет равны:
$$R_1=\frac{\rho l_2}{S} \quad\quad R_2=\frac{\rho l_1}{S} \quad\quad R_3=\frac{\rho\sqrt{l_1^2+l_2^2}}{S}$$ Тогда учитывая, что при параллельном соединении напряжение на ветвях цепи одинаковы, а внутреннее сопротивление источника равно 0, то напряжения на концах цепи равно ЭДС источника, тогда по закону Ома ток в цепи можно найти по формуле:
$$I_1=I_2=\frac{\xi}{R_1+R_2}=\frac{\xi S}{\rho (l_1+l_2)}$$ $$I_3=\frac{\xi}{R_3}=\frac{\xi S}{\rho\sqrt{l_1^2+l_2^2}}$$ Объединяя все формулы получим:
$$F = \frac{2 B l_1 \mathcal{E} S}{\rho (l_1 + l_2)} + \frac{B l_1 \mathcal{E} S}{\rho \sqrt{l_1^2 + l_2^2}} = \frac{B S \mathcal{E} l_1}{\rho} \left( \frac{2}{l_1 + l_2} + \frac{1}{\sqrt{l_1^2 + l_2^2}} \right) =$$ $$= \frac{0.35 \cdot 3 \cdot 0.3 \cdot 0.2 \cdot 10^{-6}}{110 \cdot 10^{-8}} \left( \frac{2}{0.4 + 0.3} + \frac{1}{\sqrt{0.4^2 + 0.3^2}} \right) \approx 0.278~\text{H}.$$

Для решения задачи заметим, что колебательный контур является идельным, следовательно для него применим закон сохранения энергии:
$$\frac{q_{max}^2}{2C}=\frac{q^2}{2C}+\frac{LI^2}{2} \tag{1}$$ Где $С$ – электроемкость конденсатора, $L$ – индуктивность катушки.
Так же вспомним, что период электромагнитных колебаний равен:
$$T=2\pi\sqrt{LC} \tag{2}$$ Объединяя выражения (1) и (2) получим:
$$q_{max}=\sqrt{\frac{T^2I^2}{4\pi^2}+q^2}=\sqrt{\frac{(6.3\cdot10^{-6})^2\cdot(3\cdot10^{-3})^2}{4\pi^2}+(4\cdot10^{-9})^2}\approx 5\cdot10^{-9}\,\text{Кл}$$