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 R
1
,R
2
,R
3
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
R
1
R
2
R
3
r
1
r
2
r
3
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 V
1
tworzy z kierunkiem wek
kąt
α, a wektor prędkości drugiej cząstki V
2
– kąt
β, przy czym α>β. W jakim odstępie
czasu t po pierwszej powinna wybiec druga cząstka, aby nastąpiło spotkanie. Wektory
V
1
, V
2
i B leżą w jednej płaszczyźnie.
1
w próżni okrążała kulę ziemską wzdłuż równika magnetycznego, jeżeli składowa
pozioma wektora indukcji magnetycznej ma średnia wartość B
s
, 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
=
⇒
=
=
∆
∆
=
⇒
=
=
⇒
=
=
=
=
=
=
d
dV
ω
r
S
1
K
U
i
1
i
3
i
2
R
R
R
R
R
R
R
i
a)
U
R
z
=
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
1
i
3
i
2
R
R
R
R
R
R
R
4
i
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
=
=
=
+
+
=
+
+
=
+
=
+
+
+
=
=
U
Uwaga 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
1
R
2
R
3
r
1
r
2
r
3
A
B
C
I
A
A
I
B
B
I
C
I
C
C
B
A
I
I
Z
były 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
)
(
)
(
3
1
3
3
1
3
2
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 I
A
oraz I
C
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 U
AB
i U
BC
.
ci. Łatwo zauważyć regularność w
uzyskiwaniu tych wyrażeń.
17.4.R
równań
warunków
V
0x
=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
+
+
2
3
2
3
1
R
r
R
R
R
=
+
)
(
y
t
V
t
a
t
y
y
+
+
=
Z
zadania otrzymujemy:
0y
=x
0
=y
0
=0
q
d
U
ma
q
d
U
x
=
=
g
a
y
=
1
e
cząstki będą się poruszały po liniach śrubow
+
=
Jest to ruch złożony z ruchu
U
mg
d
Y
l
F
E
X
0
0
2
2
)
(
x
t
V
t
a
t
x
x
x
+
+
=
0
0
2
2
y
md
Uq
a
Eq
F
x
e
=
⇒
=
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
1B
V
jednostajnego z prędkościami
V
1t
=Vcos
α
V
2t
=Vcos
β
kres obie
zas potrz
ła cząstkę 1 można
apisać
by czą
w
ał
Przy
założeniu, że siła ciężkości jest pomijalnie mała
od pola magnetycznego F
l
.
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
1
V
t
t
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
−
=
⇒
=
m
t
T
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
V
1
V
2
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