Электродинамика

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 $B_\text{y1}$:
$$B_\text{y1}=B_\text{y2}-\frac{qR}{S}=0.6-\frac{8\cdot10^{-3}\cdot5}{0.1}=0.2\,\text{Тл}$$

Для решения задачи запишем формулу магнитного потока, прошедшего через рамку:
$$\Delta\Phi=(B_2-B_1)S\cos{\alpha}=(B_\text{z2}-B_\text{z1})S$$ Так как происходит изменения магнитного потока через замкнутый контур в нем возникает ЭДС индукции, тогда модуль возникшей ЭДС равен:
$$|\xi_i|=\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}=\frac{|B_\text{z2}-B_\text{z1}|S}{\Delta t} \tag{1}$$ 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 $I=\frac{q}{\Delta t}\Rightarrow q=I\Delta t$. Тогда подставляя все полученные выражения в уравнение номер (1), найдём искомое значение $q$:
$$q=\frac{|B_\text{z2}-B_\text{z1}|S}{R}=\frac{|-0.2-0.2|\cdot0.1}{5}=8\,\text{мКл}$$

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:
$$F = \frac{2 B l_1 \mathcal{E} S}{\rho (l_1 + l_2)} + \frac{B l_1 \mathcal{E} S}{\rho \sqrt{l_1^2 + l_2^2}} = \frac{B S \mathcal{E} l_1}{\rho} \left( \frac{2}{l_1 + l_2} + \frac{1}{\sqrt{l_1^2 + l_2^2}} \right) =$$ $$= \frac{0.35 \cdot 3 \cdot 0.3 \cdot 0.2 \cdot 10^{-6}}{110 \cdot 10^{-8}} \left( \frac{2}{0.4 + 0.3} + \frac{1}{\sqrt{0.4^2 + 0.3^2}} \right) \approx 0.278~\text{H}.$$