17. Ruch ładunku w polu elektromagnetycznym. Prąd elektryczny Wybór i opracowanie Marek Chmielewski
17.1. Z aluminiowego pręta o przekroju poprzecznym S wykonano zamknięty pierścień o promieniu r. Ten pierścień wiruje z prędkością kątową ω wokół osi przechodzącej przez jego środek prostopadle do płaszczyzny pierścienia. Ruch pierścienia został gwałtownie zatrzymany. Przyjmując, że w czasie hamowania trwającego t przyspieszenie kątowe było stałe, oblicz natężenie prądu płynącego podczas hamowania ruch. Przewodnictwo aluminium wynosi σ.
17.2. Jednakowe oporniki o oporach R każdy połączono jak na rysunku. Oblicz opór zastępczy układu między punktami A i B oraz B i C.
A
B C
17.3.Fragment rozgałęzionego obwodu składa się z trzech oporników połączonych w trójkąt. Znaleźć oporność R1,R2,R3 elementów gwiazdy, która wmontowana w obwód na m trójkąta będzie równoważna trójkątowi.
iejsce
7.4.Pyłek o masie m i ł łaskiego kondensatora,
ddalone od
7.5.W jednorodnym polu magnetycznym o indukcji B z tego samego punktu wybiegają dwie tora B
7.6.Oblicz, jaka masę m musiałaby mieć cząstka naładowana ładunkiem elementarnym e aby
7.7.Elektron o energii kinetycznej E wlatuje w jednorodne pole magnetyczne o indukcji B. ektora adunku q spada w próżni w polu p
R1 R2 R3 r1 r2 r3 1
naładowanego do napięcia U. Okładki kondensatora są ustawione pionowo i o siebie o d. Jaka powinna być wysokość okładek, by pyłek nie uderzył o okładkę. W chwili początkowej pyłek znajdowała się tuż przy powierzchni jednej z okładek. 1
cząstki o masie m i ładunku Q każda, z tymi samymi prędkościami, ale różnie skierowanymi. Wektor prędkość pierwszej cząstki V1 tworzy z kierunkiem wek
kąt α, a wektor prędkości drugiej cząstki V2 – kąt β, przy czym α>β. W jakim odstępie czasu t po pierwszej powinna wybiec druga cząstka, aby nastąpiło spotkanie. Wektory V1, V2 i B leżą w jednej płaszczyźnie.
1
w próżni okrążała kulę ziemską wzdłuż równika magnetycznego, jeżeli składowa pozioma wektora indukcji magnetycznej ma średnia wartość Bs, a prędkość cząstki wynosi V.
1
Oblicz promień okręgu, po którym będzie krążył elektron w tym polu. Ładunek elektronu wynosi q, masa m. Wektor prędkości elektronu V jest prostopadły do w B. Jaka będzie częstotliwość obiegu elektronu po orbicie? Zbadać, jak zależy częstotliwość obiegu elektronu po orbicie od jego energii kinetycznej.
17. Rozwiązania
7.1.R. Podczas hamowania na elektrony działają siły bezwładności
7.2.R.
orzystając z praw Kirchhoffa
b) 1 et s mr i s ie t mr t t dt d const dt d s i E S i E j Ee dt d mr dt mr dt m ma F σ ω σ ω ω ω ω ω σ σ ω = ⇒ = = ∆ ∆ = ⇒ = = ⇒ = = = = = = dV dω r S 1 K
U
i
1i
3i
2 R R R R R R Ri
a) U Rz = R R U U R R U i i i i R U i R U i R i R i U i i i i i i i z 5 3 3 5 3 5 2 3 3 2 3 3 2 3 2 3 1 3 2 1 = = = + = = = = = = + + =U
i
i
1i
3i
2 R R R R R R R 4i
R R R i U R i R i R i R i R i R i R i R i i i i i i i i i i i i R z z 15 11 3 3 4 4 2 2 1 1 1 4 3 4 2 1 3 2 1 = = = + + = + + = + = + + + = =UUwaga w obu przypadkach można wyznaczyć rezystancje zastępczą szukając oporu
7.3.R.
amiennik musi działać tak aby prądy jak i spadki napięć w jednym jak i drugim układzie ąta
Dla układu gwiazdy poszczególnych gałęzi obwodów.
R 3R 3R R 2R R b) a) 3R 1
R
1R
2R
3r
1r
2r
3 A B C IA A IB B IC IC C B A I I Zbyły takie same więc: Dla układu trójk + + = + + = + = + = + = 3 2 3 3 3 1 3 2 3 1 1 1 1 1 r r U r U I r U r r U I U U U r r I r r I BC AB C BC AB A BC AB AC AC BC C AC AB A U U U U ) ( ) ( 2 3 1 3 3 1 3 1 3 3 2 R R I R I U R I R R I U I I I R I R I U R I R I U C A BC C A AB C A B C B BC B A AB + + − = − + = − = + − = + =
Układy te należy rozwiązać ze względu na IA oraz IC
3 2 3 1 2 1 3 2 3 2 3 1 2 1 3 3 2 3 1 2 1 3 3 2 3 1 2 1 3 1 ) ( ) ( R R R R R R U R R R R R R R R U R I R R R R R R U R R R R R R R U R R I BC AB C BC AB A + + + + + + = + + + + + + =
Porównując wyrażenia na prąd dla trójkąta i gwiazdy można wyznaczyć szukane z przyrównanie wyrażeń przy UAB i UBC.
ci. Łatwo zauważyć regularność w uzyskiwaniu tych wyrażeń.
17.4.R równań warunków V0x=V 7.5.R. Obi ych zależności prze
W analogiczny sposób obliczamy kolejne zależnoś
. Rozpatrujemy układ 3 3 2 3 1 2 1 3 R R R R R R R r = + + 2 3 2 3 1 2 1 1 2 1 1 R R R R R R R R R R r 1R3+R2R3 r2 = R + + ) (t a t V t y y = y + + Z zadania otrzymujemy: 0y=x0=y0=0 q d U ma q d U x = = g ay = 1
e cząstki będą się poruszały po liniach śrubow +
=
Jest to ruch złożony z ruchu
U mg d Y l FE X 0 0 2 2 ) (t a t V t x x = x + x + 0 0 2 2 y md Uq a Eq Fe = ⇒ x = Uq md t md Uqt d t x k k k 2 2 ) ( = = 2 ⇒ = 2 Uq gmd gt l t y k k max 2 ) ( = = = ⇒ Uq gmd l 2 2 2 < 1t
V
α
B
Q
V
1BV
jednostajnego z prędkościami V1t=Vcosα V2t=Vcosβ
kres obie
zas potrz ła cząstkę 1 można
apisać
by czą w
ał
Przy założeniu, że siła ciężkości jest pomijalnie mała
od pola magnetycznego Fl.
przypad y grawitacji, która jest
awsze ró rodkowej, należy
związać
i z ruchu po okręgu przy czym:
V s=
gu nie zależy od prędkości ebny na to by cząstka 2 dogoni w następujący sposób 0 1 2 2 2 t m R QB mV R B QV R mV B B B = = π π QB T V T B = ⇒ = na minimum jednemu O C z 2 2 0 1 0 1 t t α cos 0 0 1t t V V t = t = cos 1 2 V V V t t k −
A stki się spotkały całkowita różnica czasu musi być ró kowitemu okresowi α β π cos cos 2 − = ⇒ =T t m t c 17.6.R.
Zadanie to można rozwiązać rozpatrując działanie tylko siły pochodzącej
V m qVB
R = ⇒ =
W ku uwzględnienia sił wnoległa do siły doś następujące równanie. α β cos 2 1 V t t x x t V x t V x x k − = ⇒ = = + = α cos 0 QB k RqB mV B V ⊥ ⇒ l 2 r r qVB F = R mV mg〈〈 2 B g R V qVB m qVB mg R mV + = ⇒ = + 2 2 s X V1 V2 z ro
17.7.R.
W adunku po
kręgu nie zale ędkości są
uże (m ma wpływ mV R T f m E V mV E π π 2 2 2 1 2 2 2 = = = = = ⇒ =
przypadku gdy V<<C (mechanika klasyczna) częstotliwość obiegu ł ży od prędkości, a więc nie zależy od energii kinetycznej. Jeżeli pr
echanika relatywistyczna) masa cząstki zależy od energii kinetycznej, dlatego energia na częstotliwość obiegu ładunku.
o d ta m qB f q qBV V T qB mE qB mV R qVB R π 2 2 2 = = = ⇒ = mV B ⇒ m π
