1

1. Elektrostatyka

1.1. W odległości l od siebie znajdują się dwa dodatnie ładunki Q i 4Q. w którym

punkcie odcinka łączącego te ładunki należy umieścić trzeci ładunek, aby siła

działająca na niego była równa zero.

Rozwiązanie

4Q

Q’

Q

l

x

F

F

Wypadkowa

siła działająca na ładunek Q’ będzie równa zeru, gdy spełnione jest

równanie:

Q Q

x

Q Q

l x

⋅

=

⋅

−

'

'

(

)

4

4

4

2

2

πε

πε

.

Po podzieleniu przez powtarzający się czynnik mamy do rozwiązania równanie:

0

l

lx

2

x

3

)

x

l

(

4

x

1

2

2

2

2

=

−

+

⇒

−

=

Rozwiązaniem tego równania kwadratowego są pierwiastki:

.l

6

l

12

l

4

l

2

x

,

3

l

6

l

12

l

4

l

2

x

2

2

2

2

2

1

−

=

+

−

−

=

=

+

+

−

=

Rozwiązaniem spełniającym fizyczne założenia zadania jest więc pierwiastek x

1

.

1.2. Wyznaczyć potencjał i natężenie pola elektrycznego od dipola w dowolnym

punkcie dostatecznie odległym od dipola.

Rozwiązanie

Dipolem elektrycznym nazywa się układ dwóch ładunków punktowych przeciwnego

znaku, jak na rysunku. Oznaczając odległość między ładunkami przez h zakładamy, iż
wielkość h dąży do zera tak, że iloczyn ładunku Q i odległości h między ładunkami jest stały
i nazywa się momentem dipolowym:

Qh

p

=

.

2

-Q

+Q

E

r

E

t

P

r

1

r

2

Potencjał skalarny pochodzący od pola dipola w punkcie P jest superpozycją
potencjałów od ładunków dodatniego i ujemnego:

.

r

4

Q

)

r

(

,

r

4

Q

)

r

(

2

2

1

1

πε

−

=

ϕ

πε

=

ϕ

Mamy zatem formułę na potencjał pola od dipola:

ϕ

ϕ

ϕ

πε

πε

πε

( )

( )

( )

(

)

r

r

r

Q

r

Q

r

Q r

r

r r

=

+

=

+

−

=

−

1

2

1

2

2

1

1 2

4

4

4

.

Dla punktów P daleko odległych od dipola w przybliżeniu mamy r

1

= r

2

= r, i ostatni

wzór przyjmuje postać:

ϕ

πε

θ

πε

( )

(

)

cos

r

Q r

r

r r

Qh

r

=

−

=

2

1

1 2

2

4

4

,

gdzie kąt

θ jest zawarty między osią dipola i kierunkiem wektora położenia punktu P.

Natężenie pola elektrycznego w rozważanym punkcie P wyznaczamy ze związku
ogólnego:

r

E

grad r

= −

ϕ( )

.

Ponieważ we współrzędnych sferycznych gradient potencjału ma postać:

)

r

(

sin

r

1

eˆ

r

1

eˆ

r

eˆ

)

r

(

)

r

(

grad

r

ϕ

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

∂φ

∂

θ

+

∂θ

∂

+

∂

∂

=

ϕ

∇

=

ϕ

φ

θ

,

przy czym wersory układu sferycznego wyrażają się przez wersory układu kartezjańskiego
związkami:

⎪

⎩

⎪

⎨

⎧

φ

+

φ

−

=

θ

−

φ

θ

+

φ

θ

=

θ

+

φ

θ

+

φ

θ

=

φ

θ

,

cos

eˆ

sin

eˆ

eˆ

,

sin

eˆ

sin

cos

eˆ

cos

cos

eˆ

eˆ

,

cos

eˆ

sin

sin

eˆ

cos

sin

eˆ

eˆ

y

x

z

y

x

z

y

x

r

to składowe pola elektrycznego dipola są dane przez wyrażenia:

3

⎪

⎪

⎪

⎩

⎪

⎪

⎪

⎨

⎧

=

πε

θ

=

πε

θ

=

ϕ

∂θ

∂

−

=

πε

θ

=

πε

θ

=

ϕ

∂

∂

−

=

φ

θ

.

0

E

,

r

4

sin

p

r

4

sin

Qh

r

1

E

,

r

4

cos

p

2

r

4

cos

Qh

2

r

E

3

3

3

3

r

1.3. Punkt a znajduje się w odległości d od nieskończenie wielkiej płaszczyzny

przewodzącej, naładowanej ładunkiem o gęstości

σ i otoczonej próżnią. Jaki jest

potencjał pola elektrycznego w punkcie a względem płaszczyzny.

Rozwiązanie

d

S

d

A

A

E

E

Zbudujemy

powierzchnię zamkniętą Gaussa jak na rysunku:

d

S

E

E

Całkowity strumień przez tę powierzchnię jest równy ładunkowi zawartemu wewnątrz
powierzchni podzielonemu przez stałą dielektryczną ośrodka:

Φ =

Q

ε

0

.

Z drugiej strony strumień pola elektrostatycznego przenika tylko przez podstawy tego

walca, bo linie sił pola są prostopadłe do powierzchni. Mamy zatem

Φ =

=

=

E S

Q

S

2

0

0

ε

σ

ε

.

Stąd znajdujemy natężenie pola elektrostatycznego:

4

E

=

σ

ε

2

0

.

Wartość potencjału w zadanej odległości od naładowanej płaszczyzny będzie równa:

V

Edx

d

=

=

∫

σ

ε

2

0

.

1.4. Znaleźć natężenie pola elektrycznego i potencjał pola w punkcie a odległym o r

od naładowanego z gęstością

τ drutu przewodzącego.

Rozwiązanie

B’

A

A’

r

E

Budujemy

powierzchnię Gaussa w kształcie nieskończonego walca o promieniu r i osi

wyznaczonej przez naładowany przewodnik. Natężenie pola elektrycznego jest prostopadłe
do powierzchni walca, zatem strumień tego pola jest równy:

p

s

rl

2

s

Q

s

E

∆

+

π

=

ε

=

⋅

gdzie s jest powierzchnią całkowitą walca a

∆s

p

polem podstaw tego walca, przy czym

∞

→

→

∆

l

,

0

p

s

.

Na podstawie twierdzenia Gaussa mamy:

E

rl

Q

⋅

=

2

π

ε

.

Stąd wyznaczamy natężenie pola

E:

E

Q

rl

r

=

=

2

2

πε

τ

πε

,

gdzie Q/l jest gęstością liniową ładunku. Mamy więc wzór:

r

E

r

e

=

τ

πε

2

$

,

gdzie

e

jest wektorem jednostkowym prostopadłym do powierzchni walca.

Mając natężenie potencjał znajdujemy ze związku

r

E

gradV

e

dV

dr

= −

= −$

. Mamy zatem

V

Edr

r

dr

r c

= −

= −

= −

+

∫

∫

τ
πε

τ
πε

2

1

2

ln

.

5

Stałą całkowania c wyznaczamy korzystając z tego, że dla

r

→ ∞

, V = 0. Stąd c = 0.

Potencjał zaś przyjmuje postać:

V

r

= −

τ
πε

2

ln

.

1.5. Obliczyć potencjał i

natężenie pola elektrycznego w

odległości

a = 20 cm, mierzonej prostopadle od środka okrągłej przewodzącej płytki

o

promieniu R = 10

cm naładowanej

ładunkiem elektrycznym

Q = 1

µC.

Rozwiązanie

r

R

a

x

Potencjał elektryczny w punkcie odległym o a od okrągłej tarczy jest superpozycją
potencjałów pochodzących od współśrodkowych elementów powierzchni o promieniach x,
pokazanych na rysunku. Oznaczając ładunek zgromadzony na zaciemnionym elemencie
powierzchni przez dQ, możemy napisać wyrażenie na potencjał:

V

dQ

r

=

⋅

∫

1

4

0

πε

.

Jeżeli płytka jest naładowana jednorodnie to

dQ

Q
R

xdx

=

⋅

π

π

2

2

.

Podstawiając ten związek do poprzedniego otrzymujemy:

[

]

R

0

2

2

2

0

R

0

2

2

2

0

2

0

x

a

R

2

Q

x

a

xdx

R

2

Q

r

xdx

2

R

Q

4

1

V

+

πε

=

+

πε

=

π

π

πε

=

∫

∫

(

)

=

+

−

=

Q

R

a

R

a

V

2

4 252 10

0

2

2

2

4

πε

,

⋅

.

Natężenie pola otrzymujemy ze związku:

r

E

V

dV

dx

e

dV

dy

e

dV

dz

e

x

y

z

= −∇ = −

+

+

⎛
⎝

⎜

⎞
⎠

⎟

$

$

$

.

Ponieważ interesuje nas pole na osi prostopadłej do krążka to otrzymujemy związek:

r

E

V

a

a

= −

⋅

∂

∂

$

0

,

przy czym wektor jednostkowy

a

o

jest wektorem jednostkowym w kierunku tej osi. Wartość

natężenia pola wynosi:

6

E

Q

R

a

a

R

Q

R

a

a

R

= −

+

−

⎛
⎝

⎜

⎞
⎠

⎟ =

−

+

⎛
⎝

⎜

⎞
⎠

⎟

2

2

2

1

2

1

0

2

2

2

0

2

2

2

πε

πε

.

1.6. Płaski kondensator powietrzny składający się z dwóch płytek o powierzchni S =

1000 cm oddalonych od siebie o d = 1 mm, naładowano do różnicy potencjałów

U = 1000 V. z jaką siłą przyciągają się te płytki.

2

Rozwiązanie

F

S

dx

Oznaczając przez w, gęstość energii pola elektrycznego kondensatora, a przez F siłę
zewnętrzną jaką trzeba przyłożyć do płytki kondensatora, aby przesunąć ją o dx, możemy
zapisać zasadę zachowania energii w postaci:

Fdx wSdx

=

,

gdzie S dx jest zmianą objętości w jakiej jest zgromadzone pole kondensatora. z drugiej
strony gęstość energii pola kondensatora można wyznaczyć ze związku:

w

W

V

CU

Sd

=

=

1
2

2

.

Podstawiając tę gęstość energii do poprzedniego wzoru mamy:

.

Sdx

Sd

CU

2

1

Fdx

2

⋅

=

Stąd znajdujemy siłę F z jaką przyciągają się płytki kondensatora naładowanego do napięcia
U:

F

CU

d

SU

d

w

=

=

2

0

2

2

2

2

ε ε

.

F

Nm

m

N

=

⋅

⋅

=

−

−

8 859 10

2 10

0 4428

7

2

6

2

,

,

.

Ten sam wynik otrzymuje się inną drogą. Oznaczając przez Q ładunek zgromadzony

na jednej płycie, wyrażenie na siłę z jaką ten ładunek jest przyciągany przez drugą płytę,
można napisać:

F

E Q

=

0

,

przy czym pole elektryczne od jednej płyty kondensatora E

0

, zgodnie z twierdzeniem Gaussa

można wyznaczyć jak następuje:

.

2

E

E

,

E

2

E

0

0

=

ε

σ

=

=

7

Stąd siła działająca na płytę naładowaną ładunkiem Q i umieszczoną w polu drugiej płyty
naładowanej takim samym ładunkiem, lecz przeciwnego znaku jest siłą przyciągającą i jest
równa:

F

E

Q

Q

Q

S

C U

S

CU

d

=

=

=

=

=

2

2

2

1
2

1
2

2

2

2

σ

ε

ε

ε

,

2

F

CU

d

=

2

2

.

1.7. Znaleźć natężenie pola elektrycznego wewnątrz i na zewnątrz kondensatora

płaskiego posługując się twierdzeniem Gaussa.

Rozwiązanie

Na rysunku pokazano wektory pól elektrycznych pochodzących od płyty dodatniej

i ujemnej w dwóch punktach dowolnych leżących na zewnątrz kondensatora i w jego
wnętrzu.

Q

+

Q

-

Pokazano również odpowiednie powierzchnie zamknięte Gaussa, które pozwalają określić
wartości tych wektorów. Wartości natężeń nie zależą od odległości od płyty i są równe:

E

=

σ

ε

2

.

Na

zewnątrz kondensatora wektory natężeń od dodatniej i ujemnej płyty mają zwroty

przeciwne, stąd pole elektryczne jest równe zeru.
Wewnątrz kondensatora wektory natężenia pola dodają się stąd pole jest dwa razy
silniejsze niż od pojedynczej płyty naładowanej tym samym ładunkiem.:

E

=

σ

ε

.

1.8. Okładki kondensatora płaskiego

o powierzchni

S = 500 cm znajdują się w odległości d = 1 cm od siebie i są naładowane do

napięcia U

2

1

= 5000V. Jaką pracę należy wykonać aby okładki oddalić na

odległość d’ = 4 cm?

Rozwiązanie

Energia

naładowanego kondensatora przed rozsunięciem płyt dana jest przez związek:

8

W

C U

1

1

2

1
2

=

1

.

Podczas przesuwania jednej płyty względem drugiej nie zmienia się ładunek

zgromadzony na kondensatorze co pociąga za sobą, że zmienia się napięcie i pojemność tego
kondensatora. Wyrażenie na energię kondensatora po rozsunięciu płyt będzie zatem miało
postać:

W

C U

2

2

2

1
2

=

2

.

Wyrażając pojemność końcową C

2

przez pojemność początkową C

1

oraz napięcie

końcowe U

2

przez napięcie początkowe U

1

, mamy:

C

S

d

S

d

C

2

0

0

4

4

=

=

=

1

ε

ε

/

,

C U

C U

U

C

C

U

U

1

1

2

2

2

1

2

1

1

4

=

⇒

=

=

,

gdzie korzystamy ze związków na pojemność kondensatora i odległość płyt kondensatora po
przesunięciu:

d

4

d

d

S

C

/

0

1

=

ε

=

Ostatecznie

pojemność kondensatora C

2

jest równa:

C

S

d

S

d

C

2

0

0

4

4

=

=

=

1

ε

ε

/

.

Praca

zużyta na to przesunięcie jest równa różnicy energii potencjalnej kondensatora

w stanie końcowym i początkowym:

(

)

1

4

U

C

2

1

U

C

2

1

U

16

4

C

2

1

U

C

2

1

U

C

2

1

W

W

A

2

1

1

2

1

1

2

1

1

2

1

1

2
2

2

1

2

−

=

−

=

−

=

−

=

2

1

0

2

1

1

U

d

S

2

3

U

C

2

3

ε

=

=

.

.

A

J

=

⋅

−

1 661 10

3

,

1.9. Dwa kondensatory o pojemnościach 1

µF i 10 µF są połączone szeregowo. Do

zacisków baterii kondensatorów przyłożono napięcie

U

o

= 200 V. Jaka jest energia każdego z kondensatorów?

Rozwiązanie

C

1

C

2

U

o

Dla

szeregowego

łączenia kondensatorów mamy związki:

9

.

C

C

C

C

C

,

C

1

C

1

C

1

,

U

U

U

2

1

2

1

2

1

0

2

1

+

⋅

=

⇒

+

=

=

+

Ponieważ energia kondensatora dana jest wzorem:

2
o

U

C

2

1

W

⋅

⋅

=

,

to energia układu dwóch szeregowo połączonych kondensatorów jest dana przez równanie:

,

U

C

C

C

C

2

1

W

2
o

2

1

2

1

⋅

+

⋅

⋅

=

przy czym energie składowych kondensatorów są dane przez związki:

W

C

1

1

2

1
2

=

⋅

⋅ U

1

,

W

C

2

2

2

1
2

=

⋅

⋅ U

2

.

Dla

pojemności kondensatora mamy związek

C

Q
U

=

,

zatem z wyrażenia na energię w układu kondensatorów wyznaczamy ładunek Q:

.

W

C

2

Q

,

C

Q

2

1

C

Q

C

2

1

W

2

2

2

⋅

⋅

=

⇒

⋅

=

⋅

⋅

=

Podstawiając ten wzór do odpowiednich wyrażeń otrzymanych wcześniej, kolejno
wyznaczamy napięcia i energie poszczególnych kondensatorów jak następuje:

U

Q

C

C W

C

1

1

1

2

=

=

⋅ ⋅

,

U

Q

C

C W

C

2

2

2

2

=

=

⋅ ⋅

,

W

C

C W

C

C

C

W

J

1

1

1

2

1

3

1
2

2

16 53 10

=

⋅

⋅

⋅ ⋅

=

⋅

=

⋅

−

.

.

W

C W

C

C

C

W

J

2

2

2

2

3

1
2

2

1653 10

=

⋅

⋅ ⋅

=

⋅

=

⋅

−

.

.

2. Prąd stacjonarny

1.10. Obliczyć opór elektryczny przewodnika w kształcie prostokąta o krawędziach a

i b oraz jednej przekątnej wykonanego z drutu, w którym płynie prąd od

wierzchołka a do wierzchołka B, tak jak na rysunku. Opór jednostki długości

przewodnika (drutu) jest równy

γ

.

10

Rozwiązanie

A

B

b

a

Mamy tutaj trzy gałęzie oporów połączonych ze sobą równolegle, przy czym dwie

z nich zawierają po dwa opory połączone szeregowo. Oznaczając opory gałęzi przez R

1

, R

2

i R

3,

mamy wyrażenie na opór całkowity:

.

R

R

R

R

R

R

R

R

R

R

R

1

R

1

R

1

R

1

2

1

3

1

3

2

3

2

1

3

2

1

+

+

=

⇒

+

+

=

Z treści zadania opory gałęzi są równe:

R

a b

R

R

a

b

1

3

2

2

2

=

+

=

=

+

(

)

.

γ

γ

,

Podstawiając te wyrażenia do wzoru na opór układu, otrzymujemy po
uporządkowaniu:

R

a b a

b

a b

a

b

=

+

+

+

+

+

(

)

(

)

.

2

2

2

2

γ

1.11. Ile suchych baterii, każda o sile elektromotorycznej E = 4,5 V i oporze

wewnętrznym R

w

= 3

Ω, należy połączyć szeregowo, aby dołączony do obwodu

przekaźnik o oporze R = 300

Ω przyciągnął kotwicę, jeżeli do tego potrzebny jest

prąd i = 0,025 A.

Rozwiązanie

Zgodnie z prawem Ohma dla obwodu zamkniętego, w którym działa n sił

elektromotorycznych połączonych w szereg mamy:

nE IR InR

w

=

+

,

gdzie R jest oporem zewnętrznym a R

w

oporem wewnętrznym jednego ogniwa.

Rozwiązując to równanie względem n otrzymujemy

(

)

.

IR

E

IR

n

,

IR

IR

E

n

w

w

−

=

⇒

=

−

Wartość liczbowa n jest więc równa:

16,95.

=

0.075)V

-

(4.5

300

0,025A

=

IR

E

IR

n

w

Ω

⋅

−

=

Warunki zadania spełnione będą jeżeli połączymy 17 ogniw.

11

1.12. Jakie warunki powinny spełniać opory R

1

, R

2

, R

3

, R

4

, aby w mostku

Wheatstone’a przez opór R

5

(na przekątnej) nie przepływał prąd elektryczny?

Rozwiązanie

R

1

R

2

R

5

R

3

R

4

I

II

Z warunków zadania mamy:

, co oznacza, ze

0

I

5

=

2

1

I

I

=

oraz

4

3

I

I

=

.

Równania Kirchhoffa dla obwodów elementarnych pokazanych na rysunku przyjmują

postać:

.

0

R

I

I

R

.

II

,

0

R

I

R

I

I

2

2

3

4

1

2

3

3

=

−

=

−

Mamy więc równania

I R

I R

R I

I R

2

1

3

3

2 2

3

4

=

=

,

,

skąd wyznaczamy szukany warunek zadania:

R

R

R
R

1

2

3

4

=

.

1.13. Do jakiego największego napięcia naładuje się kondensator C, gdy do obwodu

przedstawionego na rysunku dołączona jest siła elektromotoryczna E?

Rozwiązanie

R

1

R

2

R

3

C

A

B

E

Przez obwód zamknięty płynie prąd:

12

I

E

R

R

r

E

R

R

r

=

+

+

=

+

=

1

2

1

2

0

.

Napięcie na oporze R

2

jest więc równe:

U

IR

E

R

R

R

AB

=

=

+

2

2

2

1

.

Takie samo napięcie będzie na okładkach kondensatora.

1.14. Prostopadłościan z węgla retortowego o przekroju poprzecznym b

×

c = 3 cm

×

2 cm oraz długości a = 10 cm jest dołączony do napięcia U = 10 V. Jakie jest

natężenie pola elektrycznego w prostopadłościanie oraz gęstość płynącego w nim

prądu? (przewodność właściwa węgla

σ = 160

Ω

−

−

1

1

cm

).

Rozwiązanie

Pole elektryczne w przewodniku jest polem jednorodnym, mamy więc:

E

U

a

V

m

V

m

=

=

=

10

0 1

100

,

.

Wartość gęstości prądu płynącego w tym przewodniku otrzymujemy dzieląc natężenie
prądu przez przekrój s przewodnika. Mamy więc:

j

I
s

I

b c

= =

⋅

.

Ponieważ zgodnie z założeniami zadania

I

U
R

U

a

bc

Ubc

a

=

=

=

σ

σ

,

to gęstość prądu jest równa:

j

Ubc

abc

U

a

E

A

m

=

=

=

=

σ

σ

σ

160

2

.

1.15. Obszar między dwiema współśrodkowymi metalowymi sferami wypełniony jest

substancją o

przewodnictwie właściwym

σ

0

. Znaleźć wartość oporu

elektrycznego R związanego z przepływem prądu przez ten obszar z jednej sfery

do drugiej. Promienie sfer wynoszą odpowiednio a i b, gdzie a < b.

Rozwiązanie

13

r

a

b

Z prawa Ohma dla odcinka obwodu opór jest równy:

R

U

I

=

,

przy czym napięcie U między sferami otrzymamy całkując natężenie pola elektrycznego
między tymi sferami:

U

E r d

a

b

=

∫

( ) r

.

w tym celu zapiszemy prawo Ohma na gęstość prądu:

j r

E r

I

r

( )

( )

=

=

σ

π

0

2

4

,

gdzie i jest natężeniem prądu. Stąd otrzymujemy natężenie pola elektrycznego:

E r

I

r

( )

=

4

0

2

πσ

.

Podstawiając to wyrażenie do formuły całkowej na napięcie mamy:

.

ab

a

b

4

I

r

1

4

I

dr

r

4

I

dr

)

r

(

E

U

0

b

a

0

b

a

2

0

b

a

−

πσ

=

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡−

πσ

=

⎮

⌡

⌠

πσ

=

=

∫

Mając wyliczone napięcie podstawiamy do wzoru na opór i otrzymujemy:

R

U

I

I

b a

ab

=

=

−

4

0

πσ

.

1.16. Dwie kule metalowe o promieniu a znajdują się w ośrodku elektrycznym

o przewodnictwie właściwym

σ

0

. Znaleźć wartość oporu elektrycznego R przy

przepływie prądu między tymi kulami. Odległość między środkami kul wynosi d

>>2a. Opór właściwy kul metalowych jest znacznie mniejszy od oporu ośrodka.

Rozwiązanie

14

2a

r

B

A

d

Opór

ośrodka wyliczymy z prawa Ohma:

R

U

I

I

A

B

=

=

−

ϕ

ϕ

,

gdzie

ϕ

A

i

ϕ

B

oznaczają potencjały elektrostatyczne w punktach a i B, mierzone względem

nieskończoności. Potencjały te wyliczymy posługując się formułą:

∫

∞

−

=

ϕ

r

dr

)

r

(

E

)

r

(

.

Korzystając z wyrażenia na gęstość prądu elektrycznego natężenie pola elektrycznego

w punkcie r dane jest przez wzór:

2

0

r

4

I

E

πσ

=

.

Ponieważ potencjały w punkcie a i B pochodzą od obydwu kul, stąd dla potencjałów tych
otrzymujemy wyrażenia:

ϕ

πσ

πσ

πσ

A

I

a

I

d a

I

a d

a d a

= −

+

−

= −

−

−

4

4

4

2

0

0

0

(

)

(

)

,

ϕ

πσ

πσ

πσ

B

I

d a

I

a

I

a d

a d a

= −

−

+

=

−

−

4

4

4

2

0

0

0

(

)

(

)

.

Podstawiając te wyrażenia do prawa Ohma znajdujemy opór ośrodka:

;

)

a

d

(

a

2

a

2

d

)

a

d

(

a

d

a

2

d

a

2

4

1

I

I

U

R

0

0

B

A

−

πσ

−

=

−

+

−

+

−

πσ

=

ϕ

−

ϕ

=

=

.

)

a

d

(

a

2

a

2

d

R

0

−

πσ

−

=

1.17. Model sześcianu składa się z jednakowych oporów o wartościach r = 6

Ω każdy,

przy czym każda krawędź sześcianu jest jednym z tych oporów. Obliczyć opór

całkowity R tego układu, gdy prąd dopływa do jednego z narożników (1),

a wypływa z narożnika (2), leżącego po przekątnej sześcianu w stosunku do

pierwszego.

Rozwiązanie

15

1

2

Model sześcianu można zastąpić schematem jak na rysunku niżej:

I/6

I

I/3

I/3

I

2

I

I/3

I/3

I

1

Korzystając z zasady zachowania ładunku i zasady zachowania energii, możemy
zapisać równanie:

I R

r

I

r

I

rI

rI

2

2

2

2

2

6

3

6

6

24 6

36

5
6

= ⎛

⎝⎜

⎞
⎠⎟

+ ⎛

⎝⎜

⎞
⎠⎟

=

+

=

wyrażające fakt, że moc całkowita jest równa mocy wydzielonej na oporach składowych.
Dzieląc obie strony tego równania przez kwadrat natężenia prądu otrzymujemy szukany opór
całkowity układu:

R

r

=

=

5
6

5

Ω

.

1.18. Jak należy połączyć w baterię N = 24 ogniw, każde o sile elektromotorycznej E

= 1,5 V oraz oporze wewnętrznym r = 0,8

Ω

, aby po włączeniu tej baterii do

obwodu o oporze R = 1,2

Ω

uzyskać maksymalny pobór mocy? Jaki prąd będzie

wtedy płynął w obwodzie?

Rozwiązanie

Zakładamy, że tworzymy baterię składającą się z m szeregów ogniw połączonych
równolegle i w każdym szeregu jest n połączonych szeregowo ogniw. Wtedy każdy szereg
będzie miał siłę elektromotoryczną E

n

:

E

n

n

E

=

,

i opór wewnętrzny R

n

:

R

n

n

r

= .

Ponieważ szeregi łączymy równolegle, to wypadkowa siła elektromotoryczna całej baterii E

c

= E

n

.

Całkowity opór wewnętrzny baterii R

b

będzie równy:

16

R

R

m

n

m

r

b

n

=

=

.

Na podstawie prawa Ohma dla obwodu zamkniętego, natężenie prądu będzie równe:

I

E

R R

nmE

mR nr

b

b

=

+

=

+

.

Mając natężenie prądu w obwodzie możemy policzyć moc użyteczną P, korzystając
z algorytmu:

P RI

R

E

R R

b

b

=

=

+

2

2

2

(

)

.

Moc ta będzie maksymalna, gdy opór R będzie spełniał następujący warunek:

(

)

(

)

dP

dR

R

E

R R

E

R R

b

b

b

b

=

⇒

−

+

+

+

=

0

2

2

3

2

2

0

.

Rozwiązanie tego równania względem R prowadzi do równości:

R = R

b

.

Moc użyteczna będzie więc największa, gdy

R

nr

m

=

.

Aby wyznaczyć liczby n i m skorzystamy z tego, że n m = N, a zatem n = N/m. Mamy więc
związek:

R

Nr

m

=

2

,

skąd znajdujemy wartość m:

m

Nr

R

n

N
m

=

=

⋅

=

=

=

=

=

24 0 8

12

16

4

24

4

6

.

.

.

Ω

Ω

Natężenie prądu, który będzie płynął w obwodzie po włączeniu takiej baterii, będzie równe:

I

m nE

mR nr

V

A

A

=

⋅

+

=

⋅

+

=

=

24 15

4 8 4 8

36

9 6

3 75

.

( .

. )

.

.

.

Ω

3. Magnetostatyka

1.19. Obliczyć indukcję magnetyczną oraz natężenie pola magnetycznego

w odległości a = 5 cm od bardzo długiego prostoliniowego przewodnika, przez

który płynie prąd o natężeniu I = 5 A.

Rozwiązanie

17

x

d

α

α

I

a

dl

r

y

z

B

ds

Zgodnie z prawem Biota i Savarta wektor indukcji pola magnetycznego prądu

w punkcie a z rysunku, dany jest przez równanie:

∫

∫

α

π

µ

=

×

π

µ

=

2

0

3

0

r

sin

dl

4

I

B

;

r

r

l

d

4

I

B

r

r

r

,

przy czym dl wyznaczamy z rysunku. Mamy związki:

ds

dl

= sin α

,

ds rd

= α

,

dl

rd

sin

α

α

=

,

skąd element dl wyraża się przez kąt d

α jak następuje:

dl

rd

=

α

α

sin

.

Dalej

z

rysunku

mamy:

a

r

= sin α

,

skąd

r

a

=

sin

α

.

Podstawiając te związki do wzoru na wektor indukcji magnetycznej otrzymujemy:

[

]

( )

.

a

2

I

1

1

a

4

I

cos

a

4

I

d

sin

a

4

I

sin

a

sin

sin

ad

4

I

B

0

0

0

0

0

0

0

2

2

2

0

∫

π

π

π

π

µ

=

+

π

µ

=

α

−

π

µ

=

α

α

π

µ

=

⎮

⎮
⌡

⌠

α

α

α

α

π

µ

=

B

I

a

A

=

µ

π

0

2

.

Natężenie pola magnetycznego w punkcie a otrzymujemy dzieląc wyrażenie na
wartość indukcji magnetycznej w tym punkcie przez przenikalność ośrodka:

B

H

H

B

=

⇒

=

µ

µ

.

18

H

I

a

=

2

π

1.20. Obliczyć indukcję i natężenie pola magnetycznego w środku przewodnika

kołowego o promieniu R = 5 cm, w którym płynie prąd elektryczny o natężeniu

i = 5 A.

Rozwiązanie

B

y

x

z

r

dl

I

A

Wektor indukcji magnetycznej pochodzący od prądu płynącego w elemencie dl

przewodnika kołowego w środku tego przewodnika jest dany prawem Biota i Sawarta:

dB

I dl

r

r

r

r r

=

×

µ

π

0

3

4

,

przy czym

dl

r

dl r

r r

× = ⋅ ⋅

=

sin ;

.

α

α 90

0

Podstawiając ten związek do poprzedniego i całkując po długości okręgu z prądem
otrzymujemy wartość indukcji magnetycznej w środku okręgu:

B

I r

r

dl

I

r

r

I

r

r

=

=

∫

µ

π

µ

π

π

µ

π

0

3

0

2

0

2

0

4

4

2

2

=

;

µ

π

0

7

4

10

=

⋅

−

Tm

A

.

Podstawiając wartości liczbowe, otrzymujemy:

B

Wb

m

T

=

⋅

=

⋅

−

−

628 319 10

628 319 10

7

2

7

,

,

.

Wartość wektora natężenia pola magnetycznego otrzymujemy ze związku:

H

B

I

r

=

=

µ

0

2

.

Stąd wartość liczbowa natężenia H jest równa:

H

A

m

A
m

=

⋅

=

5

2 0 05

50

,

.

1.21. Przez przewodnik kołowy o promieniu R = 10 cm płynie prąd o natężeniu i = 2

A. Obliczyć indukcję pola magnetycznego w

punkcie a

leżącym na osi

przewodnika kołowego w odległości a = 10 cm od jego środka.

19

Rozwiązanie

dl

I

r

r

β

A

a

R

β

dB

dB

’

dB

’

dl

Z rysunku mamy związek:

dB

dB

=

′

2

sin

β

,

gdzie dB’ jest wektorem indukcji magnetycznej od jednego elementu dl z prądem i jest
określone prawem Biota i Savarta:

2

0

r

sin

dl

4

I

B

d

α

⋅

π

µ

=

′

.

Kąt

α jest kątem między elementem dl a wektorem r i jest kątem prostym. Wstawiając

ten związek do wyrażenia na wektor indukcji pochodzący od dwóch elementów dl z prądem
(pokazanych na rysunku) i całkując po połowie długości okręgu otrzymujemy:

(

)

(

)

B

I

dl

r

I

R

a

R

a

R

dl

IR

a

R

R

R

=

=

+

+

⌠

⌡

⎮

⎮

⎮

=

+

⋅

∫

µ

π

β

µ

π

µ

π

π

π

0

2

0

2

2

2

2

2

0

0

2

2

3

2

2

2

2

sin

.

Stąd mamy ostatecznie szukane wyrażenie:

(

)

B

I

R

a

R

=

+

µ

0

2

2

2

3
2

2

.

[

]

B

Tm

A

A

m

m

m

T

=

⋅

⋅

⋅

⋅

+

=

⋅

−

−

4

10

2

0 1

2 0 1

0 1

4 444 10

7

2

2

2

2

2

2

3
2

6

π

,

,

,

.

.

1.22. Dwa przewodniki kołowe, pierwszy o promieniu r

1

= 2 m, drugi o promieniu r

2

= 3 m, ułożone są w dwóch równoległych płaszczyznach w ten sposób, że prosta

łącząca ich środki jest do tych płaszczyzn prostopadła. Odległość między

środkami przewodników kołowych h = 8 m. w drugim przewodniku płynie prąd

I

2

= 1 A. Jaki prąd powinien płynąć w pierwszym przewodniku, aby pole

magnetyczne w punkcie leżącym na osi przewodników kołowych, w równej

odległości od ich środków było równe zeru.

20

Rozwiązanie

h/2

h

r

1

B

1

B

2

I

1

I

2

r

2

Układ przewodników pokazano na rysunku. Dla parametrów podanych w zadaniu
wektor indukcji magnetycznej pochodzący od pierwszego przewodnika kołowego ma
wartość:

B

I r

r

h

1

1 1

2

1

2

2

2

2

3

2

=

+ ⎛

⎝⎜

⎞
⎠⎟

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

µ

,

zaś od drugiego wartość wektora indukcji jest równa:

B

I r

r

h

2

2 2

2

2

2

2

2

2

3

2

=

+ ⎛

⎝⎜

⎞
⎠⎟

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

µ

.

Porównując stronami mamy równanie:

I r

r

h

I r

r

h

1 1

2

1

2

2

2 2

2

2

2

2

2

2

3

2

3

2

+ ⎛

⎝⎜

⎞
⎠⎟

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

=

+ ⎛

⎝⎜

⎞
⎠⎟

⎛

⎝

⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟

,

skąd znajdujemy natężenie prądu w pierwszym przewodniku kołowym:

I

r

h

r

r

h

r

I

A

1

1

2

2

2

2

2

2

2

1

2

2

2

2

16

3

2

3

2

=

+ ⎛

⎝⎜

⎞
⎠⎟

⎡

⎣

⎢

⎢

⎤

⎦

⎥

⎥

+ ⎛

⎝⎜

⎞
⎠⎟

⎡

⎣

⎢

⎢

⎤

⎦

⎥

⎥

= .

.

1.23. W prostoliniowym nieskończenie długim przewodniku płynie prąd o natężeniu

I

1

= 3,14 A. Przewodnik kołowy ułożony jest w ten sposób, że pole płaszczyzny

zwoju jest równoległe do przewodnika prostoliniowego. Prosta prostopadła

opuszczona z przewodnika prostoliniowego do środka zwoju kołowego jest

również prostopadła do płaszczyzny zwoju. w przewodniku kołowym płynie

prąd o natężeniu I

2

= 3A. Odległość przewodnika prostoliniowego i kołowego

21

wynosi d = 2 cm. Promień zwoju r = 30 cm. Znaleźć indukcję magnetyczną

w środku przewodnika kołowego.

Rozwiązanie

B

2

B

I

1

I

2

B

1

d

r

Kierunki wektorów indukcji magnetycznej pola przewodnika prostoliniowego B

1

,

przewodnika kołowego B

2

i wypadkowy wektor indukcji B pokazano na rysunku.

Wartości wektorów składowych są dane równaniami:

B

I

r

1

0

2

2

= µ

,

B

I

d

2

0

1

2

= µ

π

.

Wartość wypadkowego wektora indukcji magnetycznej B w środku przewodnika
kołowego znajdujemy jak następuje:

B

I

r

I

d

I

r

I

d

T

=

⎛
⎝⎜

⎞
⎠⎟

+

⎛
⎝⎜

⎞
⎠⎟

=

⎛
⎝⎜

⎞
⎠⎟

+

⎛
⎝⎜

⎞
⎠⎟

= ⋅

µ

π

µ

π

0

2

2

1

2

0

2

2

1

2

6

2

2

2

7 10

.

1.24. Obliczyć indukcję magnetyczną i

natężenie pola magnetycznego na osi

w środku i na końcu solenoidu o długości L = 1 m, liczbie zwojów z = 2000

i promieniu R = 2 cm, jeżeli przez solenoid ten płynie prąd o natężeniu i = 5 A.

Rozwiązanie

22

A

A

r

x

R

2R

dx

dx

Wartość indukcji magnetycznej pochodzącej od elementu solenoidu o długości dx
pokazanego na rysunku jest równa iloczynowi liczby zwojów w tym elemencie i wartości
indukcji od jednego zwoju kołowego. Dla punktu a leżącego na osi solenoidu w odległości x
od wybranego elementu solenoidu mamy wyrażenie:

(

)

dB

IR

R

x

z

L

dx

=

+

⋅

µ

0

2

2

2

2

3

2

.

Aby

otrzymać indukcję w punkcie leżącym w środku solenoidu musimy równanie to

scałkować w granicach od -L/2 do + L/2. Otrzymujemy wówczas rezultat:

(

)

[

]

2

1

2

1

cos

L

2

Iz

d

sin

sin

L

2

Iz

dx

x

R

L

2

z

IR

B

2

3

2

L

2

L

2

3

2

2

2

0

α
α

α

α

−

α

µ

−

=

α

α

α

µ

−

⎮

⎮
⌡

⌠

=

+

µ

=

∫

(

)

[

]

( )

( )

( )

,

L

R

2

2

2

Iz

2

L

R

2

L

2

L

R

2

L

L

2

Iz

cos

L

2

Iz

d

sin

sin

L

2

Iz

dx

x

R

L

2

z

IR

B

2

2

2

2

2

2

2

3

2

L

2

L

2

3

2

2

2

0

2

1

2

1

⎥

⎥
⎦

⎤

⎢

⎢
⎣

⎡

+

µ

=

⎥

⎥

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎢

⎢

⎣

⎡

+

+

−

+

µ

=

α

µ

−

=

α

α

α

µ

−

⎮

⎮
⌡

⌠

=

+

µ

=

α
α

α

α

−

∫

przy czym przy obliczaniu całki skorzystano z zamiany zmiennych:

.

sin

Rd

dx

,

ctg

R

x

;

x

R

R

sin

2

2

2

α

α

−

=

⇒

α

=

+

=

α

Podstawiając podane w zadaniu wartości otrzymujemy dla wartości wektora indukcji:
magnetycznej w środku solenoidu:

( )

B

Iz

L

R

L

T

0

0

2

3

1

2

4

10

=

+

≅

⋅

−

µ

π

.

i dla natężenia pola magnetycznego:

23

( )

H

Iz

L

R

L

A
m

0

2

4

1

2

10

=

+

≅

.

Dla punktu a leżącego na końcu solenoidu otrzymujemy natomiast wyrażenia:

( )

B

Iz

L

R

L

T

A

=

+

=

⋅

−

µ

π

0

2

3

2

1

2

10

,

oraz

( )

H

Iz

L

R

L

A

=

+

2

1

2

.

1.25. W solenoidzie płynie prąd

o i

= 5

A. Solenoid ma długość

l = 1 m, liczbę zwojów N = 500 oraz pole przekroju S = 50 cm . Znaleźć energię

pola magnetycznego.

2

Rozwiązanie

L

Indukcja magnetyczna na osi solenoidu nieskończenie długiego z prądem o natężeniu

i jest wprost proporcjonalna do natężenia prądu i gęstości zwojów n:

B

nI

= µ µ

0

.

Z prawa Faraday’a wiemy, że siła elektromotoryczna samoindukcji w obwodzie

zamkniętym jest równa:

dt

d

E

S

Φ

−

=

,

przy czym dla solenoidu strumień indukcji magnetycznej przenikający przez wszystkie zwoje
tego solenoidu jest dany przez związek:

nISN

BNS

0

µ

µ

=

=

Φ

,

gdzie S jest polem powierzchni jednego zwoju a N liczbą zwojów.
Infinitezymalnie

mała zmiana prądu dI w solenoidzie powoduje więc infinitezymalnie

małą zmianę strumienia indukcji magnetycznej przenikającego przez ten solenoid równą:

.

nSNdI

d

0

µ

µ

=

Φ

Siła elektromotoryczna samoindukcji wywołana tą zmianą strumienia w czasie dt jest
równa:

dt

d

E

S

Φ

−

=

.

Praca

jaką musi wykonać siła elektromotoryczna źródła na wytworzenie pola

magnetycznego w solenoidzie to praca na pokonanie siły elektromotorycznej samoindukcji.
Energia pola magnetycznego w solenoidzie z prądem o natężeniu i jest zatem równa:

24

.

I

Vn

2

1

2

I

l

SlN

n

2

I

nSN

nSNIdI

Idt

dt

d

Idt

E

W

2

2

0

2

0

2

0

0

S

µ

µ

=

µ

µ

=

µ

µ

=

µ

µ

=

Φ

=

−

=

∫

∫

∫

W

końcowym wyrażeniu V jest objętością solenoidu a n liczbą zwojów na jednostkę

długości. Dzieląc to ostatnie wyrażenie przez objętość solenoidu otrzymujemy gęstość
objętościową energii pola magnetycznego

ω w solenoidzie:

ω

µ µ

=

=

⋅

W

V

I n

1
2

0

2

2

.

1.26. Obliczyć strumień indukcji magnetycznej

Φ przechodzący przez powierzchnię

zwoju w

kształcie trójkąta prostokątnego, znajdującego się w

polu

magnetycznym, o indukcji zmieniającej się z odległością wg wzoru B = A/x, jeżeli

a = 8 cm, b = 10 cm, c = 10 cm, a A = 10

-4

Wb/m. Pole jest prostopadłe do

płaszczyzny x, y (patrz rys.).

Rozwiązanie

B

a

c

h

b

y

x

Strumień indukcji magnetycznej przez powierzchnię dS z definicji jest równy:

d

BdS

Φ =

r r

.

Dla warunków zadania mamy zatem:

d

BdS

BdS

A

x

dS

A

x

hdx

o

Φ =

=

=

=

cos

.

,

0

gdzie dx jest szerokością elementu powierzchni dS, podczas gdy zmienna długość tego
elementu wyraża się na podstawie rysunku przez x jak następuje:

h
c

a b x

b

=

+ −

⇒

h c

a b x

b

=

+ −

.

Mamy zatem wyrażenie na strumień przenikający przez zaznaczoną na rysunku

powierzchnię elementarną:

(

)

d

A

x

c a b x

b

dx

Φ =

+ −

.

Całkując to wyrażenie po całym polu trójkąta, otrzymujemy:

25

(

)

(

)

∫

∫

∫

+

+

+

−

+

=

−

+

=

Φ

b

a

a

b

a

a

b

a

a

dx

b

Ac

x

dx

b

b

a

Ac

dx

b

x

b

a

c

x

A

(

)

b

Acb

a

b

a

ln

b

b

a

Ac

−

+

+

=

⎥⎦

⎤

⎢⎣

⎡

−

+

+

=

1

a

b

a

ln

b

b

a

Ac

.

1.27. Przez dwa, długie, proste, równoległe do siebie przewodniki umieszczone

w próżni, płyną prądy o

jednakowym natężeniu i

= 1A w

tych samych

kierunkach. Odległość między przewodnikami wynosi d = 1 m. Znaleźć wielkość

i kierunek siły z jaką każdy z przewodników działa na jednostkę długości

drugiego z przewodników (definicja ampera).

Rozwiązanie

I

B

B

y

z

x

d

I

1

2

I

F

F

B

B

B

B

l=1m

l=1m

Siła działająca na dowolny element dl z prądem o natężeniu i przewodnika 1
a pochodząca od przewodnika 2 zgodnie z prawem Ampera jest równa:

dF I dl

B

r

r r

=

×

(

),

26

gdzie wektor indukcji magnetycznej B w punkcie, gdzie znajduje się element dl jest
wektorem opisującym pole magnetyczne pochodzące od prądu płynącego w drugim
przewodniku i zgodnie z prawem Biota i Savarta jest dla nieskończonego przewodnika dany
przez:

r

B

I

d

e

B

=

µ

π

0

2

$ .

Podstawiając to wyrażenie do prawa Ampera otrzymujemy:

dF I dl

I

d

e

I

d

dl

e

B

B

r

r

r

=

×

=

×

(

$ )

$ .

µ

π

µ

π

0

0

2

2

2

Ponieważ wektory w iloczynie wektorowym są do siebie prostopadłe, to definiując wektor
jednostkowy e

F

= dF/dF, ostatnie równanie możemy zapisać w postaci skalarnej i scałkować

obie strony tego równania:

F

I

d

dl

I

d

l

kg m

A s

A

m

m

N

l

=

=

=

⋅

⋅

= ⋅

∫

−

−

µ

π

µ

π

π

π

0

2

0

0

2

7

2 2

2

7

2

2

4 10

2

2 10

.

.

Wzór ten jest wzorem definiującym jednostkę podstawową natężenia prądu w układzie

SI.

Amper jest to natężenie prądu elektrycznego, który płynąc w dwóch równoległych,

nieskończonych i cienkich przewodnikach prostoliniowych, umieszczonych w próżni
w odległości jednego metra, powoduje oddziaływanie jednego z tych przewodników na metr
bieżący drugiego siłą równą

2 10

7

⋅

−

N.

1.28. Ramka mogąca swobodnie się obracać znajduje się w jednorodnym polu

magnetycznym. Natężenie prądu w ramce równa się I. w jaki sposób możemy

określić wartość i kierunek indukcji pola magnetycznego mierząc okres drgań

ramki. Pole powierzchni ramki równa się S, jej moment bezwładności J. Oś

obrotu ramki jest prostopadła do wektora indukcji magnetycznej.

Rozwiązanie

Moment

magnetyczny

p

m

obwodu z prądem, z definicji jest równy iloczynowi prądu i

w obwodzie zamkniętym przez wielkość powierzchni S obejmowanej przez ten obwód:

p

I

m

S

=

.

B

S

F

F

27

Jeżeli taki obwód umieścimy w polu magnetycznym o indukcji B tak jak na rysunku
i wychylimy z położenia równowagi trwałej, to będzie na niego działał moment sił M równy:

r

r

r

M p

B

m

=

×

=

)

B

l

(

I

r

F

r

r

r

r

r

r

×

×

=

×

,

gdzie kąt

ϕ jest kątem wychylenia ramki z położenia równowagi. Skalarne równanie ruchu

dla ramki o momencie bezwładności J ma zatem postać:

J

d

dt

p B

m

2

2

ϕ

ϕ

= −

sin

,

⇒

d

dt

p B

J

m

2

2

0

ϕ

ϕ

+

=

sin

.

Dla

małych kątów wychyleń możemy przyjąć, że

sin

ϕ ϕ

≅

. Wtedy równanie to

przyjmuje postać równania oscylatora harmonicznego o częstości kołowej

ω:

d

dt

2

2

2

0

ϕ

ω ϕ

+

=

,

przy czym częstość kołowa dana jest przez związki:

ω

π

π

2

2

2

2

2

4

=

= ⎛

⎝⎜

⎞
⎠⎟

=

p B

J

T

T

m

.

Stąd okres małych drgań ramki jest równy:

T

J

p B

m

2

2

4

= π

,

T

J

Bp

m

= 2π

.

Mierząc zatem okres takich drgań możemy wyznaczyć wartość indukcji magnetycznej
w danym punkcie:

B

T

J

IS

=

4

2

2

π

.

1.29. Przewodnik kołowy ustawiony jest w płaszczyźnie pionowej. w środku koła

znajduje się poziomo ustawiona igła magnetyczna. Igła może obracać się wokół

osi pionowej. Do dwóch punktów przewodnika kołowego dołączone są przewody

ułożone radialnie połączone ze źródłem prądu. Jak powinna ustawić się igła

magnetyczna.

Rozwiązanie

ϕ

l

1

l

2

I

2

I

1

28

Wektor indukcji magnetycznej od przewodnika kołowego z prądem w środku tego

przewodnika określa prawo Biota i Savarta:

dB

Idl r

r

r

r

=

×

µ

π

0

3

4

,

gdzie i jest prądem w przewodniku kołowym a r jego promieniem.

W naszym przypadku w różnych kawałkach obwodu kołowego płyną różne prądy,

które spełniają relację:

R

R

I

I

l

S

l

S

l

l

2

1

2

1

2

1

2

1

=

=

=

ρ

ρ

.

Całkując zatem wyrażenie

dB

I dl

r

1

0

1

2

4

=

µ

π

,

otrzymujemy wkład do wektora indukcji pochodzący od kawałka tego obwodu z prądem I

1

:

B

I

r

l

1

0

1
2

1

4

=

⋅

µ

π

.

Analogicznie dla pozostałej części obwodu dostajemy:

B

I
r

l

2

0

2

2

2

4

=

⋅

µ

π

.

Po podstawieniu w miejsce l

2

wyrażenia:

I

I

l

l

2

1

1

2

=

,

otrzymujemy równość obu wektorów co do wartości (ich zwroty są przeciwne):

B

r

I l

l

l

B

2

0

2

1 1

2

2

1

4

=

⋅

=

µ

π

.

Stąd też igła ustawi się w płaszczyźnie pola magnetycznego Ziemi.

1.30. Znaleźć indukcję pola magnetycznego w

środku przewodzącej ramki

kwadratowej o

boku a

= 10 cm, jeżeli w

ramce płynie prąd

I = 2 A.

Rozwiązanie

I

45

0

315

0

225

0

135

0

r

a/2

dl

r

a/2

dα

α

l

dl

29

Z rysunku, na którym zdefiniowano odpowiednie wielkości, mamy związek:

l

a

ctg

/ 2

=

α

,

który pozwala wyrazić różniczkę dl przez różniczkę d

α, mianowicie::

dl

a

d

/

sin

2

1

2

= −

α

α

⇒

dl

a

d

=

2

2

sin

α

α

.

Dalej

odległość r, z rysunku, jest dana przez:

a

r

/

sin

2

=

α

⇒

r

a

=

2 sin

α

.

Korzystając dalej z prawa Biota i Savarta dla elementu dl z prądem o natężeniu
i mamy:

dB

Idl

r

r

r

r r

=

×

µ µ

π

0

3

4

,

co po podstawieniu wyżej zdefiniowanych wielkości r i dl daje wyrażenie:

dB

Idlr

r

Idl

r

=

⋅

=

µ µ

π

α

µ µ

π

α

0

3

0

2

4

4

sin

sin

.

Całkowanie tego równania po kącie, w określonych na rysunku przedziałach, pozwala
wyznaczyć wartość indukcji B/4, pochodzącą od każdego boku tak, że całkowita wartość
indukcji będzie równa:

∫

α

α

α

α

π

µ

µ

=

⎮

⎮

⎮

⌡

⌠

α

α

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

α

α

π

µ

µ

=

⎮

⌡

⌠

α

π

µ

µ

=

2

1

d

sin

I

2

sin

4

a

sin

d

sin

2

a

I

r

sin

dl

4

4

B

0

2

2

2

0

2

0

.

(

)

[

]

.

T

10

26

,

2

)

135

cos(

)

45

cos(

a

I

2

cos

cos

a

I

2

B

5

0

2

1

0

−

⋅

=

−

π

µ

µ

=

α

−

α

π

µ

µ

=

1.31. Cienki dysk zrobiony z dielektryka, którego promień równa się R = 90 cm,

naładowany jest równomiernie ładunkiem Q = 3 C. Dysk obraca się wokół osi

prostopadłej do jego powierzchni i przechodzącej przez jego środek, robiąc n =

180 obrotów / minutę. Znaleźć indukcję magnetyczną B w środku dysku.

Rozwiązanie

R

R

ω

x

dx

30

Dla obserwatora spoczywającego poruszający się ładunek rozłożony na tarczy stanowi

prąd elektryczny. Natężenie tego prądu wyliczymy najpierw dla elementu tarczy
zaciemnionego na rysunku. Oznaczając gęstość powierzchniową ładunku na tarczy przez

σ,

a grubość tarczy przez h, możemy natężenie prądu dI przepływającego przez przekrój h dx
zapisać przy pomocy równania:

,

xdx

n

4

T

xdx

2

2

dI

σ

π

=

π

⋅

σ

=

gdzie T jest okresem ruchu obrotowego tarczy:

.

n

1

2

T

=

ω

π

=

Indukcja magnetyczna w środku tarczy pochodząca od tego prądu, zgodnie

z odpowiednim wzorem dla przewodnika kołowego, jest równa:

dB

dI

x

= µ µ

0

2

.

Całkowitą wartość indukcji otrzymamy podstawiając do tego wzoru otrzymane
wyrażenie na prąd dI oraz całkując po zmiennej x w przedziale (0, R):

.

T

10

256

,

1

R

Qn

R

2

Q

nR

2

nR

2

dx

n

2

x

xndx

4

2

B

5

0

2

0

0

R

0

0

0

−

⋅

=

⋅

µ

µ

=

π

µ

µ

π

=

σ

π

⋅

µ

µ

=

µ

µ

σ

π

=

π

σ

µ

µ

=

∫

∫

1.32. Elektron wpada w

jednorodne pole magnetyczne, którego indukcja

magnetyczna równa się B = 10T z prędkością v = 6000 km/s. Kierunek prędkości

elektronu tworzy kąt 30

o

z kierunkiem pola. Określić tor ruchu elektronu

w polu magnetycznym.

Rozwiązanie

W

płaszczyźnie prostopadłej do kierunku wektora indukcji magnetycznej ruch odbywa

się pod wpływem siły Lorentza. Siła ta powoduje ruch po okręgu i jest siłą dośrodkową
w układzie spoczywającym. Skalarne równanie wyrażające związek siły dośrodkowej i siły
Lorentza ma więc postać:

(

)

.

sin

v

Be

r

sin

v

m

2

α

=

α

B

vcos

α

vsin

α

F

od

h

r

F

do

B

B

v cos

α

v

v sin

α

v sin

α

F

od

h

r

F

do

B

31

Stąd znajdujemy promień okręgu jaki zakreśli elektron w przypadku, gdyby miał tylko
składową prędkości prostopadłą do kierunku pola. Promień ten jest równy:

r

mv

eB

=

sin

α

.

Ponieważ elektron oprócz składowej poprzecznej prędkości ma również składową
podłużną, to ruch pod wpływem tej ostatniej będzie jednostajnym i w czasie T, w ciągu
którego elektron zatoczy okrąg, przebędzie on drogę h wzdłuż kierunku pola magnetycznego,
równą:

h Tv

r

rctg

mv

eB

=

= =

⋅

=

=

cos

sin

cos

sin cos

sin

α

π

α

α

π

α

π

α

α

α

2

2

2

v

v

.

Mamy zatem drogę h jako funkcję składowej prędkości w kierunku pola i wartości

indukcji tego pola oraz równanie na promień okręgu (rzut toru na płaszczyznę prostopadłą do
kierunku pola):

h

mv

eB

r

mv

eB

=

=

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪

⎪

2

π

α

α

cos ,

sin

.

Równania te wyznaczają tor elektronu. Jest to ruch po spirali zaznaczonej na rysunku.

4. Prąd zmienny. Ładunek w polu elektromagnetycznym

1.33. Kondensator o

pojemności C, mający w

chwili t = 0 potencjał V

o,

rozładowujemy przez opór R. Wyznaczyć czasowy przebieg prądu i napięcia

w obwodzie.

Rozwiązanie

R

C

V

o

Oznaczając przez U

C

napięcie na kondensatorze i korzystając z definicji pojemności

kondensatora mamy związki:

C

Q

U

U

Q

C

C

C

=

⇒

=

,

gdzie Q jest chwilową wartością ładunku zgromadzonego na kondensatorze.
Jeżeli przez i oznaczymy chwilową wartość natężenia prądu w obwodzie to równanie
Kirchhoffa dla tego obwodu elementarnego przyjmuje postać:

32

Q

C

IR

−

= 0

,

gdzie Q i I jako chwilowe wartości są brane w tej samej chwili czasu t.
Różniczkując to równanie po czasie mamy:

1

0

C

dQ

dt

R

dI
dt

−

=

.

Ponieważ

−

=

dQ

dt

I

to po podstawieniu tego związku do poprzedniego otrzymujemy

równanie różniczkowe dla natężenia prądu w tym obwodzie:

dI
dt

RC

I

+

=

1

0

.

Rozwiązaniem tego równania jest funkcja:

I A e

t

RC

= ⋅

−

.

Stałą całkowania wyznaczymy z warunków początkowych podanych w treści zadania.
Mianowicie dla

t

Q

C

V

i

V

IR

=

=

−

0

0

0

0

.

=

Stąd

V

A

V

R

A

t

RC

0

0

0

−

=

⇒

−

Re

=

.

Natężenie prądu w obwodzie zmienia się zatem wg zależności:

I

V

R

e

t

RC

=

−

0

,

a napięcie na okładkach kondensatora zależy od czasu wg wzoru:

U IR V e

t

RC

=

=

−

0

.

1.34. Okładki kondensatora o pojemności C = 0,1 mF są naładowane do pewnej

różnicy potencjałów. w jakim czasie kondensator rozładuje się do połowy, jeżeli

jego okładki połączymy przewodnikiem o oporze R = 2

⋅10

6

Ω

?

Rozwiązanie

C

R

Suma spadków napięcia w obwodzie jest równa:

0

IR

C

Q

=

−

,

a po uwzględnieniu związku

33

I

dQ

dt

= −

,

równanie to przyjmuje postać równania różniczkowego opisującego przebieg czasowy
ładunku na kondensatorze:

0

dt

dQ

R

C

Q

=

+

.

Rozdzielając zmienne w tym równaniu mamy:

RC

dt

Q

dQ

−

=

.

Całkujemy to równanie i otrzymujemy

RC

t

Q

ln

Q

ln

0

−

=

−

,

RC

t

0

RC

t

0

e

Q

Q

e

Q

Q

−

−

=

⇒

=

,

gdzie lnQ

0

jest stałą całkowania, którą wyznaczamy z warunków początkowych z treści

zadania: Dla t = T Q = Q

0

/2, przy czym przez T oznaczamy czas połowicznego rozładowania

kondensatora. Mamy więc:

1
2

=

−

e

T

RC

,

.

s

14

,

0

2

ln

10

2

F

1

,

0

2

ln

RC

T

6

=

Ω

⋅

⋅

µ

=

=

1.35. Wyznaczyć zależność płynącego prądu i od czasu, w obwodzie o oporze R,

samoindukcji L i stałym źródle napięcia U

0

.

Rozwiązanie

Biorąc pod uwagę, że siła elektromotoryczna samoindukcji w solenoidzie jest równa:

E

L

dI
dt

L

= −

,

równanie Kirchhoffa dla tego obwodu możemy zapisać w postaci:

dt

dI

L

U

RI

o

−

=

,

gdzie i = I(t) jest chwilowymi natężeniem prądu w obwodzie.
Po

uporządkowaniu mamy równanie różniczkowe pierwszego rzędu, niejednorodne.

L

dI
dt

RI U

+

=

.

Różniczkując to równanie stronami po czasie, otrzymujemy równanie jednorodne, ale
drugiego rzędu:

L

d I
dt

R

dI
dt

2

2

0

+

=

.

Równanie to rozwiązujemy metodą przewidywania. Przewidując rozwiązanie

wykładnicze postaci:

34

I e t

= α

,

podstawiając następnie do równania, otrzymujemy równanie charakterystyczne:

L

R

α

α

2

0

+

=

,

skąd znajdujemy pierwiastki tego równania:

α

1

0

=

i

α

2

= −

R

L

.

Ogólne

rozwiązanie naszego równania można zatem zapisać w postaci liniowej

kombinacji rozwiązań wykładniczych

I

c e

t

c e

t

=

+

1

1

2

2

α

α

,

z wyznaczonymi pierwiastkami równania charakterystycznego:

I

c

c e

R

L

t

=

+

−

1

2

.

Stałe całkowania c

1 i

c

2

wyznaczymy z warunków początkowych:

dla

t

= 0

, mamy:

I

= 0

0

1

2

2

=

+

⇒

1

= −

c

c

c

c

,

dla

t

= ∞

R

U

I

0

=

, mamy:

1

0

c

R

U =

.

Fizyczne

rozwiązanie naszego równania ma więc postać:

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

−

−

=

t

L

R

e

1

R

U

I

0

.

1.36. Do płytek odchylania pionowego oscylografu przyłożono zmienne napięcie

i

(

)

t

sin

a

U

ϕ

+

ω

=

1

1

p

1

(

)

t

sin

a

2

2

2

p

U

ϕ

+

ω

=

, a do płytek odchylenia poziomego

napięcie U

x

=

bcos

ωt. Wyznaczyć tor promienia na ekranie.

Rozwiązanie

Znajdziemy najpierw napięcie wypadkowe na osi y. Mamy z treści zadania:

(

)

(

)

U

U

U

a

t

a

t

y

p

p

=

+

=

+

+

+

1

2

1

1

2

sin

sin

ω

ϕ

ω

ϕ

2

.

Ponieważ suma dwóch funkcji harmonicznych może być zawsze przedstawiona jako
jedna funkcja harmoniczna, to zapiszemy prawą stronę ostatniego równania w postaci:

(

)

(

)

(

)

a

t

a

t

a

t

1

1

2

2

sin

sin

sin

ω

ϕ

ω

ϕ

ω

ϕ

+

+

+

=

+

,

gdzie a i

ϕ są stałymi do wyznaczenia.

Następnie, lewa strona tego równania przekształca się jak następuje:

(

)

(

)

(

)

.t

cos

sin

a

sin

a

t

sin

)

cos

a

cos

a

(

sin

t

cos

a

cos

t

sin

a

sin

t

cos

a

cos

t

sin

a

t

sin

a

t

sin

a

2

2

1

1

2

2

1

1

2

2

2

2

1

1

1

1

2

2

1

1

ω

ϕ

+

ϕ

+

ω

ϕ

+

ϕ

=

ϕ

ω

+

ϕ

ω

+

ϕ

ω

+

ϕ

ω

=

=

ϕ

+

ω

+

ϕ

+

ω

Stosując to samo przekształcenie do funkcji: a sin (

ωt + ϕ) i porównując ze sobą otrzymujemy

równanie:

35

(

)

(

)

(

)

.

sin

t

cos

t

sin

cos

a

t

cos

sin

a

sin

a

t

sin

cos

a

cos

a

2

2

1

1

2

2

1

1

ϕ

ω

+

ω

ϕ

=

ω

ϕ

+

ϕ

+

ω

ϕ

+

ϕ

Porównując odpowiednie współczynniki przy sinusach i kosinusach po lewej i prawej
stronie tego równania, otrzymujemy układ równań na stałe a i

ϕ:

.

sin

a

sin

a

sin

a

,

cos

a

cos

a

cos

a

2

2

1

1

2

2

1

1

ϕ

=

ϕ

+

ϕ

ϕ

=

ϕ

+

ϕ

Skąd wyznaczamy niewiadome a i

ϕ

:

,

cos

a

cos

a

sin

a

sin

a

tg

2

2

1

1

2

2

1

1

ϕ

+

ϕ

ϕ

+

ϕ

=

ϕ

(

)

.

)

cos(

a

a

2

a

a

n

cos

con

sin

sin

a

a

2

a

a

a

2

1

2

1

2
2

2

1

2

1

2

1

2

1

2
2

2

1

ϕ

−

ϕ

+

+

=

ϕ

ϕ

+

ϕ

ϕ

+

+

=

.

W ten sposób mamy równania parametryczne ruchu:

U

b

t

U

a

t

x

y

=
=

+

⎧

⎨

⎩

cos ,

sin(

).

ω

ω

ϕ

Dzieląc te równania przez odpowiednie amplitudy a i b, mamy

⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

ϕ

ω

+

ϕ

ω

=

ω

=

.

sin

t

cos

cos

t

sin

a

U

,

t

cos

b

U

y

x

Podnosząc stronami do kwadratu i dodając do siebie te równania otrzymujemy
równanie elipsy:

U

a

U

b

U U

ab

y

x

y

x

⎛
⎝

⎜

⎞
⎠

⎟ +

⎛
⎝⎜

⎞
⎠⎟

−

=

2

2

2

2

sin

cos

.

ϕ

ϕ

1.37. Obwód drgający składa się z cewki indukcyjnej o współczynniku indukcji

własnej L = 0,07H i kondensatora o powierzchni płytek S = 0,45 m , odległość

między płytkami d = 0,1 mm a stała dielektryczna

ε

2

r

= 2. Jaka będzie

maksymalna wartość prądu, oraz okres drgań, jeżeli przed wzbudzeniem

kondensator był naładowany do napięcia U

o

= 100 V, zaś opór omowy obwodu R

jest mały i można go pominąć.

Rozwiązanie

Równanie Kirchhoffa dla tego obwodu ma postać:

dt

dI

L

U

RI

−

=

−

.

Ponieważ opór omowy R jest równy zeru to

dt

dI

L

U

=

.

36

Napięcie na kondensatorze wyraża się przez ładunek i pojemność kondensatora:

U

Q

C

=

,

mamy zatem równanie do rozwiązania:

2

2

dt

I

d

L

dt

dQ

C

1

=

.

Jest to równanie oscylatora harmonicznego:

0

I

dt

I

d

2
0

2

2

=

ω

+

;

ω

0

2

1

=

LC

,

ω

π

=

2

T

,

przy czym T, jest okresem drgań prądu w obwodzie i jest dalej równy:

T

LC

LC

=

=

=

2

2

1

2

π

ω

π

π

.

Rozwiązanie równania dla oscylatora harmonicznego ma postać:

(

)

I I

t

=

+

0

sin

ω

ϕ

,

przy czym stałe całkowania I

0

i

ϕ, wyznaczone dla warunków początkowych zadania (t = 0

U = U

0

), są równe

I

U

L

0

0

=

ω

i

ϕ = 0.

Podstawiając do tego wzoru wyrażenie na częstość kołową otrzymujemy amplitudę
natężenia prądu w funkcji pojemności i indukcyjności:

I

U

L

LC

U

C

L

0

0

0

1

=

=

,

gdzie pojemność danego kondensatora jest równa:

d

S

C

r

0

ε

ε

=

.

W ten sposób amplituda prądu w obwodzie jest dana przez związek:

Ld

S

U

I

r

0

0

0

ε

ε

=

,

a okres drgań wynosi:

d

S

L

2

T

r

0

ε

ε

π

=

.

1.38. Pyłek o masie m

1

= 1 mg naładowany ładunkiem q = 10 C rozpoczyna ruch

w jednorodnym poziomym polu elektrycznym o natężeniu E = 10

−8

3

V/m. Obliczyć

drogę jaką przebył pyłek w czasie, gdy jego przesunięcie w kierunku poziomym

wyniesie x = 1 cm. Znaleźć również przyspieszenie w tym ruchu.

Rozwiązanie

37

y

a

a

E

E

g

x

Ruch w kierunku pionowym odbywa się pod wpływem przyspieszenia ziemskiego.

Zatem równania kinematyczne ruchu w kierunku osi y są:

⎪⎩

⎪

⎨

⎧

=

=

.

gt

v

,

gt

2

1

y

y

2

W kierunku osi x ruch odbywa się pod wpływem przyspieszenia:

a

qE

m

E

=

,

przy czym równania kinematyczne dla tego ruchu składowego są:

x

qE

m

t

v

qE

m

t

x

=

=

⎧

⎨

⎪⎪

⎩

⎪

⎪

1
2

2

,

.

Równania parametryczne ruchu wypadkowego mają zatem postać:

⎪

⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=

=

.

t

g

2

1

y

,

t

m

qE

2

1

x

2

2

Eliminując z tych równań czas, znajdujemy równanie toru:

y

mg

qE

x

=

.

Wypadkowe przyspieszenie jest równe:

a

g

qE

m

=

+ ⎛

⎝⎜

⎞
⎠⎟

2

2

.

Drogę jaką przebył pyłek znajdujemy z proporcji:

s

x

a

a

s

a

a

x

E

E

=

⇒

=

.

Podstawiając znalezione wartości przyspieszeń otrzymujemy:

2

2

2

2

E

qE

mg

1

x

m

qE

m

qE

g

x

a

a

x

s

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

=

=

.

38

1.39. Cząstka o masie m i ładunku q wpada do pola elektrycznego, którego natężenie

E = E

o

sin(

ωt + ϕ). Prędkość początkowa cząstki v

o

skierowana jest prostopadle

do kierunku pola. Znaleźć równanie toru, po którym poruszać się będzie

cząstka.

Rozwiązanie

Równanie ruchu cząstki w tym polu ma postać:

(

)

m

d y

dt

qE qE

t

2

2

0

=

=

+

sin

ω

ϕ

lub

(

)

dy

dt

qE

m

t

&

sin

=

+

0

ω

ϕ

.

Całkując to ostatnie równanie stronami mamy:

(

)

&

cos

,

y

dy

dt

qE

m

t

C

=

= −

+

+

0

ω

ω

ϕ

przy czym stałą całkowania znajdziemy z warunku początkowego:

0

0

= −

+

qE

m

C

ω

ϕ

cos

;

⇒

=

C

qE

m

0

ω

ϕ

cos .

Całkując jeszcze raz nasze równanie otrzymujemy:

(

)

.

C

cos

t

m

qE

t

sin

m

qE

C

Ct

)

t

sin(

m

qE

y

1

0

2

0

1

2

0

+

ϕ

ω

+

ϕ

+

ω

ω

−

=

+

+

ϕ

+

ω

ω

−

=

W kierunku prostopadłym do pola, tj. wzdłuż osi x, mamy ruch jednostajny:

x v t

=

0

.

Mamy zatem układ dwóch równań parametrycznych:

(

)

x v t

y

qE

m

t

qE

m

t

const

=

= −

+

+

+

⎧
⎨

⎪

⎩⎪

0

0

2

0

,

sin

cos

,

ω

ω

ϕ

ω

ϕ

z którego eliminując parametr t, otrzymujemy szukane równanie toru:

y

qE

m

x

v

qE x

m v

const

= −

+

⎛
⎝

⎜

⎞
⎠

⎟ +

+

0

2

0

0

0

ω

ω

ϕ

ω

ϕ

sin

cos

⋅

1.40. Znaleźć ruch cząstki o masie m i ładunku q > 0 w polu magnetycznym

o indukcji

r

r

r

B B

t

=

+

0

β

, jeżeli w chwili t = t

o

prędkość cząstki v

0

jest prostopadła

do wektora

(wektory

0

B

B

=

r

r

β

r

r

i

B

0

są równoległe).

Rozwiązanie

W chwili t = t

0

siła Lorentza działająca na ładunek q poruszający się z prędkością v

0

spełnia równanie:

39

0

0

0

2
0

B

qv

r

mv =

,

gdzie r

0

jest promieniem okręgu, który kreśli cząstka. Stąd też wyznaczamy ten promień:

r

mv

qB

0

0

0

=

.

Z drugiej strony poruszający się ładunek po okręgu jest źródłem pola elektrycznego

o natężeniu E, przy czym całka liniowa z natężenia tego pola wzdłuż okręgu o promieniu r

0

jest równa:

r r

r

r

Edl

t

B dS

∫

∫

= −

⋅

∂

∂

.

Wykonując całkowania mamy:

.

r

r

B

t

r

2

E

2

2

βπ

−

=

π

∂

∂

−

=

π

⋅

Stąd znajdujemy wartość natężenia pola elektrycznego:

( )

E r

r

= −

β

2

.

Siła z jaką pole elektryczne działa na poruszający się ładunek jest więc równa:

F qE

q r

=

=

1
2

β

.

Ruch pod wpływem tej siły jest opisany przez równanie ruchu:

m

dv

dt

q r

dv

dt

q

m

r

=

⇒

=

1
2

1
2

β

β

.

Z

drugiej

strony

mamy

B

mv

qr

=

,

skąd różniczkując po czasie dostajemy związek:

dB

dt

m

q

dv

dt

r v

dr

dt

r

=

−

=

2

β.

Podstawiając ten wynik do wzoru na przyspieszenie mamy równanie:

dv

dt

q

m

m

q

dv

dt

r v

dr

dt r

r

=

−

⎛
⎝⎜

⎞
⎠⎟

1
2

1

2

,

dv

dt

dv

dt

v

r

dr

dt

=

−

1
2

2

,

które redukuje się do postaci:

dv

v

dr

r

= −

.

Całkując to ostatnie równanie otrzymujemy:

0

0

r

r

ln

v

v

ln

−

=

,

skąd po opuszczeniu logarytmów mamy związek:

40

r

r

v

v

0

0

=

.

Wyznaczając z tego związku r i podstawiając do wzoru na przyspieszenie
otrzymujemy równanie:

v

r

v

m

q

2

1

dt

dv

o

0

β

=

.

Całkowanie tego równania prowadzi do znalezienia prędkości v, wg następującego
algorytmu:

∫

∫

β

=

dt

r

v

m

q

2

1

vdv

0

0

⇒

t

r

v

m

q

v

v

0

0

2
0

2

β

+

=

,

0

0

0

0

0

B

t

1

v

t

v

r

m

q

1

v

v

β

+

=

β

+

=

.

Korzystając ze znalezionego związku między r i v otrzymujemy równanie na r w funkcji
czasu:

0

0

B

/

t

1

r

r

β

+

=

.