Электродинамика

Для решения задачи рассмотрим силы, которые действуют на проводник с током, а именно на проводник действует сила тяжести $m\vec{g}$, сила упругости $\vec{F}_\text{упр}$, модуль которой по закону Гука равен $F_\text{упр}=k\Delta l$, сила Ампера $\vec{F}_\text{А}$ со стороны магнитного поля, модуль которой равен $F_\text{А}=BIl\sin{\beta}$, где в нашем случае $\sin{\beta}=1$, направление силы Ампера определим по правилу левой руки. Изобразим эти силы:

Тогда согласно первому условию равновесия для проводника: $$2\vec{F}_\text{упр}+\vec{F}_\text{А}+m\vec{g}=0$$ И в проекции на горизонтальную ось $Ox$ и вертикальную ось $Oy$: $$Ox:\,\, 2F_\text{упр}\cos{\alpha}=F_\text{А}\Rightarrow 2k\Delta l\sin{\alpha}=BIl$$ $$Oy:\,\, 2F_\text{упр}\cos{\alpha}=mg\Rightarrow 2k\Delta l\cos{\alpha}=mg$$ Поделив первое равенство на второе получим: $$\tan{\alpha}=\frac{BIl}{mg}$$ И учитывая, что массу проводника можно найти по формуле $m=\rho lS$, получим: $$\tan{\alpha}=\frac{BIl}{mg}=\frac{BI}{\rho Sg}=\frac{10 \cdot 0.1}{8 \cdot 10^3 \cdot 1.25 \cdot 10^{-5} \cdot 10} = 1$$ Таким образом угол отклонения равен $\alpha=45^\circ$

Для решения задачи найдём установившиеся на конденсаторах напряжения. Заметим, что конденсаторы и резистор соединены последовательно, а значит сумма напряжений на них равна ЭДС источника. При этом в установившемся режиме ток в цепи перестанет течь, поэтому падение напряжение на резисторе будет равно нулю.

Таким образом сумма напряжений на конденсаторе будет равно ЭДС: $$U_1+U_2=\xi\tag{1}$$ Далее воспользуемся законом сохранения электрического заряда, согласно которому суммарный заряд в обведенных обкладках конденсаторов сохранится. Таким образом имеем следующие уравнение: $$-CU=-CU_1+2CU_2\tag{2}$$ Из системы уравнений (1) и (2) имеем: $$U_1=\frac{5\xi}{6} \quad\quad U_2=\frac{\xi}{6}$$ Теперь вычислим изменение заряда конденсатора емкостью $С$, который будет равен заряду прошедшему через источник тока, совершив работу $A_\text{ист}$: $$\Delta q=CU_1-CU=\left(\frac{5C\xi}{6}-\frac{C\xi}{2}\right)=\frac{C\xi}{3}$$ Теперь запишем закон сохранения энергии для электрической цепи, для состояний до и после замыкания ключа: $$A_\text{ист}+\frac{CU^2}{2}=\frac{CU_1^2}{2}+\frac{2CU_2^2}{2}+Q$$ $$\Delta q\xi+\frac{CU^2}{2}=\frac{CU_1^2}{2}+\frac{2CU_2^2}{2}+Q$$ Откуда выразим количества теплоты выделившееся на резисторе после замыкания ключа: $$Q=\frac{C\xi^2}{12}=50\,\text{мкДж}$$

Для решения задачи заметим, что при вхождении и выходе рамки из магнитного поле будет меняться магнитный поток, из-за чего в ней возникнет ЭДС индукции и по рамке потечет ток. Сам ток будет течь в рамке, только в те моменты, когда она полностью не войдет в магнитное поле и пока она полностью не выйдет из него.

ЭДС индукции, возникающее в контуре равно: $$\xi_i=Bbv\sin{\alpha},\text{ где в нашем случае } \sin{\alpha}=1$$ Тогда сила тока, протекающего в контуре равно: $$I=\frac{\xi_i}{R}$$ На проводник с током будет действовать сила Ампера, модуль которой равен $F=F_\text{А}=IbB\sin{\alpha}$,где в нашем случае $\sin{\alpha}=1$, направление же силы определяется по правилу левой руки. По правилу Ленца определим направление в рамке при входе и выходе из магнитного поля, и на основе этого определим направления силы Ампера (см рис.). Видим, что токи текущие горизонтально растягивают и сжимают рамку с током, а вертикальные токи будет замедлять рамку, причём при входе в магнитное поле действовать будет только на передний край рамки, а при выходе — на задний. Так же как было сказано выше, ток в рамке возникает только пока рамка полностью не войдет или не выйдет из магнитного поля, поэтому работа магнитного поля над рамкой за все время движения, можно разбить на два участка, пока рамка не пройдет расстояние b при входе в магнитное поле и расстояние b при выходе из магнитного поля, суммарная же работа за время движения равна: $$A=2Fb=2Ib^2B=\frac{2B^2vb^3}{R}$$ Откуда уже можем выразить искомое сопротивление рамки: $$R = \frac{2B^2 v b^3}{A} = \frac{2 \cdot 1^2 \cdot 1 \cdot (5 \cdot 10^{-2})^3}{2.5 \cdot 10^{-3}} = 0.1 \, \text{Ом}$$

При изменении магнитной индукции происходит изменение магнитного потока $$\Delta\text{Ф}=\Delta BScos(a)$$ В случае в задаче cos(a)=1
Площадь контура $$S = \frac{\pi D^2}{4}$$ В результате изменения магнитного потока через кольцо возникает ЭДС индукции
По закону электромагнитной индукции $$\xi_i=|{\frac{\Delta\text{Ф}}{\Delta t}}|$$ По закону Ома для участка цепи $$I = \frac{\xi_i}{R}$$ Сопротивление найдем как $$R = \rho \frac{l}{s}$$ где $l=\pi D$ и $s = \frac{\pi d^2}{4}$
По определению $I=\frac{\Delta q}{\Delta t}$, поэтому $\Delta q =I\Delta t$
Тогда итоговая формула $$\Delta q = \frac{ \frac{\Delta B}{\Delta t} \cdot \pi \cdot D \cdot d^2 \cdot \Delta \tau }{16 \rho}$$

$$\Delta q = \frac{2 \cdot 10^{-3} \cdot 3{,}14 \cdot 0{,}2 \cdot 4 \cdot 10^{-6} \cdot 60}{16 \cdot 1{,}72 \cdot 10^{-8}} \approx 1{,}1 \, \text{Кл}.$$ Ответ:1.1 Кл

Запишем ЗСИ $$0=mv_1-Mv_2$$ Запишем ЗСЭ $$\frac{mv_1^2}{2}+\frac{Mv_2^2}{2}=\Delta E$$ Из этой системы уравнений получаем, что $$v_1 = \sqrt{\frac{2M\Delta E}{m(M+m)}}$$ Теперь рассмотрим движение $\alpha$-частицы. Она движется под действием силы Лоренца, тогда по второму закону Ньютона $$F_L = ma$$ $$qv_1B=ma$$ С учетом центростремительного ускорения $$qv_1B=m\frac{v_1^2}{R}$$ $$B = \frac{mv_1}{qR}$$ Тогда итоговая формула $$B = \frac{1}{2eR}\sqrt{\frac{2mM\Delta E}{(M+m)}}$$ Ответ: $B = \frac{1}{2eR}\sqrt{\frac{2mM\Delta E}{(M+m)}}$