Магнетизм

1. Сначала ион разгоняется в электрическом поле. Сила тяжести и размеры частицы малы, поэтому учитываем только действие электрического поля. Работа поля связывает начальную и конечную кинетическую энергию (по теореме о кинетической энергии):

$$A = \Delta W_k = W_{k,\,\text{кон}} - W_{k,\,0}$$

где $A = qU$ — работа электрического поля, $U$ — разность потенциалов. Пусть $v$ — скорость, которую набирает частица:

$$qU = \frac{m v^2}{2}$$

(Начальной энергией при вылете из источника пренебрегаем.)

1. После этого частица со скоростью $v$ движется в магнитном поле по окружности радиуса $R$. Сила Лоренца даёт центростремительное ускорение:

$$F_2 = qvB$$ Второй закон Ньютона для движения по окружности:

$$m \frac{v^2}{R} = q v B$$ $$\frac{m v}{q R} = B$$

Теперь комбинируем обе формулы. Выразим скорость: $$v = \sqrt{\frac{2qU}{m}}$$

Подставим $v$ в формулу для магнитной индукции: $$B = \frac{m}{q R} \cdot \sqrt{2qU/m} = \frac{1}{R} \sqrt{\frac{m}{q} 2U}$$

При численных значениях ответ будет: $$B = 0{,}5~\text{Тл}$$

На частицу одновременно действуют сила электрического поля $\vec F_{\,\text{эл}}$ (направлена против $\vec E$, так как заряд отрицательный) и сила Лоренца $\vec F_{\,\text{мгн}}$, перпендикулярная вектору скорости $\vec v$ и индукции $\vec B$. Полная сила равна векторной сумме $$\vec F=\vec F_{\,\text{эл}}+\vec F_{\,\text{мгн}}.$$

Модули составляющих: $$F_{\,\text{эл}}=|q|\,E,\qquad F_{\,\text{мгн}}=|q|\,v\,B\,\sin\alpha.$$ Поскольку $\vec F_{\,\text{мгн}}$ ортогональна плоскости $(\vec v,\vec B)$ и $\vec v\perp \vec E$, то $\vec F_{\,\text{эл}}\perp \vec F_{\,\text{мгн}}$. Следовательно, по теореме Пифагора $$F=\sqrt{F_{\,\text{эл}}^{\,2}+F_{\,\text{мгн}}^{\,2}} =|q|\,\sqrt{E^{2}+\bigl(v\,B\,\sin\alpha\bigr)^{2}}.$$

Подстановка численных значений даёт $$F=3{,}66\cdot 10^{-9}\ \text{Н}\approx 3{,}7\ \text{нН}.$$

Если масса всей квадратной рамки равна $m$, то масса каждой стороны $m_1=m/4$. На стороны действуют: сила тяжести $m_1 g$ (вниз), сила Ампера на $AE$ — $F_{A4}$ (вверх), сила Ампера на $CD$ — $F_{A2}$ (вниз). На $AC$ и $ED$ сила Ампера отсутствует, так как $\alpha=0^\circ$ и $\sin 0=0$. При повороте вокруг $CD$ реакция опоры $N$ компенсирует только силы на стороне $CD$. Силы считаем приложенными к центрам соответствующих сторон (точки $A_1,A_2,A_3,A_4$).

Решаем в инерциальной системе, связанной с Землёй. Рамка жёсткая, форма неизменна. При минимальном токе начальный угловой разгон пренебрежимо мал, поэтому записываем условие равновесия моментов относительно оси $CD$: $$M_1+M_2+\dots=0.$$ Моменты, направленные вверх, берём положительными; вниз — отрицательными. Для сил, действующих на сторону $CD$, суммарный момент равен нулю: $$F_{A4}\cdot A_4A_2 - m_1 g\cdot A_4A_2 - m_1 g\cdot A_1C - m_1 g\cdot A_3D=0.$$ Здесь $F_{A4}=I\,B\,l\,\sin\alpha$, $l=l_{\min}$, $l=AE=a$, $\alpha=90^\circ\Rightarrow \sin\alpha=1$; плечи: $$A_4A_2=a,\qquad A_1C=A_3D=\frac{a}{2},\qquad m_1=\frac{m}{4}.$$ Тогда $$I_{\min}\cdot B\cdot a\cdot a -\frac{m}{4}g\cdot a -\frac{m}{4}g\cdot \frac{a}{2} -\frac{m}{4}g\cdot \frac{a}{2}=0,$$ $$I_{\min}\,B\,a^{2} =\frac{m g}{2}\quad\Rightarrow\quad I_{\min}=\frac{m g}{2 B a}.$$

До размыкания ключа ток идёт через последовательно соединённые $R_1$, $R_2$ и катушку $L$. Полный ток по закону Ома: $$I=\frac{\mathcal{E}}{R_1+R_2+r} =\frac{12}{8+3+1}=1\ \text{А}.$$ Напряжение на конденсаторе в установившемся режиме: $$U=I R_2=1\cdot 3=3\ \text{В}.$$ Следовательно, накопленная перед размыканием энергия конденсатора $$W_C=\frac{C U^{2}}{2}=\frac{4\cdot 10^{-6}\cdot 9}{2} =18\cdot 10^{-6}\ \text{Дж}=18\ \text{мкДж}.$$ Энергия магнитного поля катушки $$W_L=\frac{L I^{2}}{2} =\frac{24\cdot 10^{-6}\cdot 1^{2}}{2} =12\cdot 10^{-6}\ \text{Дж}=12\ \text{мкДж}.$$ После размыкания вся запасённая энергия элементов цепи выделится в виде теплоты на резисторе $R_2$: $$Q=W_C+W_L=18+12=30\ \text{мкДж}.$$

Для решения задачи запишем формулу магнитного потока, прошедшего через рамку:
$$\Delta\Phi=(B_2-B_1)S\cos{\alpha}=(B_\text{y2}-B_\text{y1})S$$ Так как происходит изменения магнитного потока через замкнутый контур в нем возникает ЭДС мндукции, тогда модуль возникшей ЭДС равен:
$$|\xi_i|=\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}=\frac{(B_\text{y2}-B_\text{y1})S}{\Delta t} \tag{1}$$ 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 $I=\frac{q}{\Delta t}$. Тогда подставляя все полученные выражения в уравнение номер (1), найдём искомое значение $B_\text{y1}$:
$$B_\text{y1}=B_\text{y2}-\frac{qR}{S}=0.6-\frac{8\cdot10^{-3}\cdot5}{0.1}=0.2\,\text{Тл}$$