Электродинамика

Для решения задачи заметим, что в конденсаторе между обкладками будет существовать однородное электрическое поле, вектор напряженности которого направлен вертикально вниз. Тогда на протон со стороны этого поля будет действовать сила $F_\text{эл.}=qE$.
Под действием этой силы тело будет двигаться равноускоренно, и по второму закону Ньютона модуль этого ускорения равен:
$$ma=F_\text{эл.} \Rightarrow a=\frac{qE}{m}$$ Теперь введём оси, а именно направим ось $Ox$ параллельно горизонту, а ось $Oy$ перпендикулярно ему, тогда так как сила действует только вертикально, то тело будет двигаться равноускоренно только вдоль оси $Oy$, а вдоль оси $Ox$ движение будет равномерным. Тогда для описания движение протона применим следующую систему уравнений:
$$\begin{cases} v_x=v\\ v_y=at \\ S_x=vt \\ S_y=\frac{at^2}{2} \end{cases}$$ И рассматривая минимальное условие чтобы протон вылетел из конденсатора получим:
$$S_y=\frac{d}{_2} \quad\quad S_x=l$$ Тогда объединяя все выше написанные уравнения получим:
$$E=\frac{dmv^2}{ql^2}=\frac{10^{-2}\cdot1.67\cdot10^{-27}\cdot(3.5\cdot10^{10})^2}{1.4\cdot10^{-19}\cdot25\cdot10^{-4}}\approx 5\,\text{кВ/м}$$

Для решения задачи заметим, что в конденсаторе между обкладками будет существовать однородное электрическое поле, вектор напряженности которого направлен вертикально вниз. Тогда на протон со стороны этого поля будет действовать сила $F_\text{эл.}=qE$.
Под действием этой силы тело будет двигаться равноускоренно, и по второму закону Ньютона модуль этого ускорения равен:
$$ma=F_\text{эл.} \Rightarrow a=\frac{qE}{m}$$ Теперь введём оси, а именно направим ось $Ox$ параллельно горизонту, а ось $Oy$ перпендикулярно ему, тогда так как сила действует только вертикально, то тело будет двигаться равноускоренно только вдоль оси $Oy$, а вдоль оси $Ox$ движение будет равномерным. Тогда для описания движения протона применим следующую систему уравнений:
$$\begin{cases} v_x=v\\ v_y=at \\ S_x=vt \\ S_y=\frac{at^2}{2} \end{cases}$$ И рассматривая минимальное условие чтобы протон вылетел из конденсатора получим:
$$S_y=\frac{d}{_2} \quad\quad S_x=l$$ Тогда объединяя все выше написанные уравнения получим:
$$d=\frac{Eql^2}{mv^2}=\frac{5200\cdot1.6\cdot10^{-19}\cdot25\cdot10^{-4}}{1.67\cdot10^{-27}\cdot3.5^2\cdot10^{10}}\approx 0.01\,\text{м}$$

Поле между пластинами конденсатора однородно, его напряжённость направлена от положительно заряжённой пластины к отрицательной. На электрон с зарядом $-e$ действует сила по модулю $F = eE$, направленная против вектора напряжённости, из‑за чего электрон приобретает ускорение $$a = \frac{F}{m} = \frac{eE}{m},$$ перпендикулярное начальной скорости.

Разложим движение на две оси: вдоль пластин (ось $Ox$) и перпендикулярно им (ось $Oy$). Вдоль $Ox$ на электрон сил нет, поэтому $$v_x = v_0,\qquad x = v_0 t,$$ а вдоль $Oy$ движение равноускоренное без начальной скорости: $$v_y = at,\qquad y = \frac{a t^2}{2}.$$ Момент вылета из конденсатора соответствует прохождению длины пластины, то есть $x=L$, откуда время пролёта $$t = \frac{L}{v_0}.$$

Тогда вертикальная составляющая скорости при выходе равна $$v_y = a t = \frac{eE}{m}\,\frac{L}{v_0}.$$ Угол отклонения $\alpha$ между вектором скорости и первоначальным горизонтальным направлением определяется соотношением $$\tan\alpha = \frac{v_y}{v_x} = \frac{\frac{eE}{m}\,\frac{L}{v_0}}{v_0} = \frac{eEL}{m v_0^{2}}.$$

Напряжённость однородного поля связана с разностью потенциалов $\Delta\varphi$ между пластинами конденсатора через расстояние $d$: $$E = \frac{\Delta\varphi}{d}.$$ Подставляя это выражение, получаем $$\tan\alpha = \frac{e\,\Delta\varphi\,L}{m d v_0^{2}}.$$

Следовательно, электрон покидает конденсатор под углом $$\alpha = \arctan\!\left(\frac{e\,\Delta\varphi\,L}{m d v_0^{2}}\right)$$ к исходному направлению движения.

Для решения задачи воспользуемся формулой для силы Ампера $F_\text{А}=IBL\sin{\alpha}$, где $I$ – сила тока в проводнике, $B$ – модуль вектора магнитной индукции, $L$ – длина проводника. И так как вектор магнитной индукции перпендикулярен проводнику то $\alpha=90^\circ\Rightarrow\sin{\alpha}=1$. Далее для того, чтобы найти силу тока $I$ в проводнике воспользуемся законом Ома, согласно которому $I=\frac{U}{R}$, где $U$ – напряжение, $R$ – сопротивление проводника. Для того чтобы найти неизвестное сопротивление проводника найдём его через удельное сопротивление $R=\frac{\rho L}{S}$, где $S$ – площадь поперечного сечения. Таким образом объединяя все формулы получим:
$$F_\text{А}=IBL=\frac{U}{R}BL=\frac{US}{\rho L}BL=\frac{US}{\rho}B=\frac{2.4\cdot2\cdot10^{-2}\cdot1}{0.12}=0.4\,\text{Н}$$

Для решения задачи затмим, что чтобы рамка вращалась вокруг стороны CD, необходимо чтобы момент сил, действующих на рамку и направленных на нас, должен быть не меньше суммарного момента сил, направленных от нас.
Как известно, на проводник с током в магнитном поле действует сила Ампера $F_\text{А}=IBL\sin{\alpha}$, таким образом, на сторону АЕ действует сила Ампера $F_\text{А,АЕ}=IBa$, которая по правилу буравчика направлена на нас на сторону, а на стороны AC и ED не будет действовать сила Ампера, так как $\sin{\alpha}=0$. Так же стоит заметить, что так как масса всего квадрата равна $m$, то на каждую его сторону будет действовать сила тяжести равная $F_\text{т}=0.25mg$.
Чтобы рамка вращалась, по правилу моментов относительно стороны CD: $$F_\text{А,АЕ}l_1 \geqslant 2F_\text{т}l_2+F_\text{т}l_1$$ Где плечи $l_1$ – расстояние от СD до AE, которое равно $a$, $l_2$ – расстояние от центров масс сторон AC и ED до AE, которое равно $0.5a$. Тогда: $$IBa^2 \geqslant (2\cdot0.5a+a)\cdot0.25mg$$ $$\Downarrow$$ $$m=\frac{aBl}{0.5g}$$