Электродинамика

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 $R_2$: $$Q=W_C+W_L=18+12=30\ \text{мкДж}.$$

1. Построим изображение точки-источника линзой. Пусть в некоторый момент источник находится в точке $A$, а его изображение — в точке $A_1$. Обозначим: радиус траектории источника $r=AB$, радиус траектории изображения $R=A_1B_1$, расстояние от оптического центра до плоскости движения источника $OB=d$, расстояние $OB_1=f$ и фокусное расстояние $OF=F$.

2. Из уравнения тонкой линзы $$\frac{1}{F}=\frac{1}{d}+\frac{1}{f}$$ при $d=\frac{3}{2}F$ получаем $f=3F$.

3. По подобию треугольников $AOB$ и $A_1OB_1$ следует связь радиусов: $$\frac{d}{f}=\frac{r}{R}\quad\Rightarrow\quad \frac{r}{R}=\frac{1}{2}.$$

4. Угловая скорость источника равна угловой скорости его изображения: $$\omega=\frac{v}{r}=\frac{v'}{R}.$$

5. Так как в любой момент времени источник и его изображение лежат в одной плоскости с главной оптической осью линзы, то получаем линейную скорость изображения: $$v'= \omega R=\frac{v}{r}\,R=\frac{R}{r}\,v=2v.$$

6. Подстановка численного значения даёт $$v'=2v=2\cdot 5=10\ \text{м/с}.$$

Луч от лампочки идёт из воды (более плотной среды) в воздух (менее плотную). Поэтому все лучи, падающие на поверхность под углами $\alpha\ge \alpha_0$ (где $\alpha_0$ — предельный угол полного внутреннего отражения), не выйдут из воды. Значит, чтобы свет не выходил, достаточно накрыть участок поверхности радиуса $R$ так, чтобы $$R\ge H\tan\alpha_0,$$ откуда минимальный радиус $$R_{\min}=H\tan\alpha_0.$$ Тогда глубина $$H=\frac{R_{\min}}{\tan\alpha_0}. \tag{1}$$

Предельный угол полного внутреннего отражения на границе вода–воздух определяется $$\sin\alpha_0=\frac{n_2}{n_1}, \tag{2}$$ где $n_1=\frac{4}{3}$ — показатель воды, $n_2=1{,}0$ — показатель воздуха.

1. По действиям: из (2) $\alpha_0=\arcsin\!\left(\dfrac{n_2}{n_1}\right)\approx \arcsin\!\left(\dfrac{3}{4}\right)\approx 48{,}59^\circ$. Подставляя в (1) с $R_{\min}=2{,}4\,\text{м}$, получаем $H\approx 2{,}1\,\text{м}$.