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
F Q
F
4Q
Q
x
l
Wypadkowa siła działająca na ładunek Q będzie równa zeru, gdy spełnione jest
równanie:
Q �" Q' 4Q �" Q'
= .
4Ą�x2 4Ą�(l - x)2
Po podzieleniu przez powtarzający się czynnik mamy do rozwiązania równanie:
1 4
2
= �! 3x + 2lx - l2 = 0
2
x (l - x)2
Rozwiązaniem tego równania kwadratowego są pierwiastki:
- 2l + 4l2 +12l2 l
x1 = = ,
6 3
- 2l - 4l2 +12l2
x2 = = -l.
6
Rozwiązaniem spełniającym fizyczne założenia zadania jest więc pierwiastek x1.
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:
p = Qh .
2
Er
P
Et
r1
r2
+Q
-Q
Potencjał skalarny pochodzący od pola dipola w punkcie P jest superpozycją
potencjałów od ładunków dodatniego i ujemnego:
Q
�1(r) = ,
4Ą�r1
- Q
�2(r) = .
4Ą�r2
Mamy zatem formułę na potencjał pola od dipola:
Q -Q Q(r2 - r1 )
�(r) = �1 (r) + � (r) = + = .
2
4Ą�r1 4Ą�r2 4Ą�r1r2
Dla punktów P daleko odległych od dipola w przybliżeniu mamy r1 = r2 = r, i ostatni
wzór przyjmuje postać:
Q(r2 - r1 )
Qh cos�
�(r) = = ,
2
4Ą�r1r2
4Ą�r
gdzie kąt � 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) .
Ponieważ we współrzędnych sferycznych gradient potencjału ma postać:
" 1 " 1 "
�#ę ś#
grad�(r) = "�(r) = + ę� + ęĆ �(r) ,
ś# ź#
r
"r r "� r sin � "Ć
�# #
przy czym wersory układu sferycznego wyrażają się przez wersory układu kartezjańskiego
związkami:
ęr = ęx sin �cosĆ + ęy sin �sin Ć + ęz cos�,
ż#
�#
�#ę = ęx cos�cosĆ + ęy cos�sin Ć - ęz sin �,
�
�#ę = -ęx sin Ć + ęy cosĆ,
Ć
�#
to składowe pola elektrycznego dipola są dane przez wyrażenia:
 3
ż#E = - " 2Qh cos � 2p cos � ,
� = =
r
3 3
�#
"r 4Ą�r 4Ą�r
�#
�#E = - 1 " Qh sin � p sin �
� = = ,
�#
�
3 3
r "� 4Ą�r 4Ą�r
�#
EĆ = 0.
�#
�#
�#
1.3. Punkt a znajduje się w odległości d od nieskończenie wielkiej płaszczyzny
przewodzącej, naładowanej ładunkiem o gęstości � i otoczonej próżnią. Jaki jest
potencjał pola elektrycznego w punkcie a względem płaszczyzny.
Rozwiązanie
E
A
d
S
d
A
E
Zbudujemy powierzchnię zamkniętą Gaussa jak na rysunku:
E
d
S
E
Całkowity strumień przez tę powierzchnię jest równy ładunkowi zawartemu wewnątrz
powierzchni podzielonemu przez stałą dielektryczną ośrodka:
Q
Ś= .
�
0
Z drugiej strony strumień pola elektrostatycznego przenika tylko przez podstawy tego
walca, bo linie sił pola są prostopadłe do powierzchni. Mamy zatem
Q �S
Ś= E2S = = .
� �
0 0
Stąd znajdujemy natężenie pola elektrostatycznego:
4
�
E = .
2�
0
Wartość potencjału w zadanej odległości od naładowanej płaszczyzny będzie równa:
�
V = Edx = d.
+"
2�
0
1.4. Znalez
ć natężenie pola elektrycznego i potencjał pola w punkcie a odległym o r
od naładowanego z gęstością � drutu przewodzącego.
Rozwiązanie
A
E
r
A
B
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:
Q
E �" s = s = 2Ąrl + "sp
�
gdzie s jest powierzchnią całkowitą walca a "sp polem podstaw tego walca, przy czym
"sp0, l " .
Na podstawie twierdzenia Gaussa mamy:
Q
E �" 2Ąrl = .
�
Stąd wyznaczamy natężenie pola E:
Q �
E = = ,
2Ą�rl 2Ą�r
gdzie Q/l jest gęstością liniową ładunku. Mamy więc wzór:
r
�
$
E = e ,
2Ą�r
gdzie e jest wektorem jednostkowym prostopadłym do powierzchni walca.
r
dV
$
Mając natężenie potencjał znajdujemy ze związku E =-gradV =-e . Mamy zatem
dr
� 1 �
V =- Edr =- dr =- ln r + c .
+" +"
2Ą� r 2Ą�
 5
Stałą całkowania c wyznaczamy korzystając z tego, że dla r " , V = 0. Stąd c = 0.
Potencjał zaś przyjmuje postać:
�
V =- ln r .
2Ą�
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 �C.
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:
1 dQ
V =�" .
+"
4Ą� r
0
Jeżeli płytka jest naładowana jednorodnie to
Q
dQ = �" 2Ąxdx .
2
ĄR
Podstawiając ten związek do poprzedniego otrzymujemy:
R
R
1 Q 2Ąxdx Q xdx Q
V = = = [ a2 + x2]
0
+" 2 2 +" 2
2
4Ą�0 ĄR r 2Ą�0R
a + x2 2Ą�0R
0
Q
= a2 + R2 - a = 4,252 �"104 V .
( )
2Ą�0R2
Natężenie pola otrzymujemy ze związku:
r
�# dV dV dV ś#
$$$
E =-"V =-ś# ex + ey + ez .
ź#
�# dx dy dz #
Ponieważ interesuje nas pole na osi prostopadłej do krążka to otrzymujemy związek:
r
"V
$
E =- �" a ,
0
"a
przy czym wektor jednostkowy ao jest wektorem jednostkowym w kierunku tej osi. Wartość
natężenia pola wynosi:
6
�# ś# �# ś#
Q 2a Q a
ś# ź# ś# - .
ź#
E =- - 1 = 1
2Ą�0R2 2 a2 + R2 2Ą�0R2 a2 + R2
�# # �# #
1.6. Płaski kondensator powietrzny składający się z dwóch płytek o powierzchni S =
2
1000 cm oddalonych od siebie o d = 1 mm, naładowano do różnicy potencjałów
U = 1000 V. z jaką siłą przyciągają się te płytki.
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:
1
CU2
W
2
w = = .
V Sd
Podstawiając tę gęstość energii do poprzedniego wzoru mamy:
1
CU2
2
Fdx = �"Sdx.
Sd
Stąd znajdujemy siłę F z jaką przyciągają się płytki kondensatora naładowanego do napięcia
U:
CU2 � � SU2
0 w
F = =2 .
2d
2d
8,859 �" 10-7 Nm2
F = = 0,4428N .
2 �" 10-6 m2
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 E0, zgodnie z twierdzeniem Gaussa
można wyznaczyć jak następuje:
� E
E = 2E0 = , E0 = .
� 2
 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:
E � Q2 1 C2 U2 1 CU2
F = Q = Q = = = ,
2 2� 2�S 2 �S 2 d
CU2
F = .
2d
1.7. Znalez
ć 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 = .
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 = .
�
1.8. Okładki kondensatora płaskiego o powierzchni
2
S = 500 cm znajdują się w odległości d = 1 cm od siebie i są naładowane do
napięcia U1 = 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
1
W1 = C1U12 .
2
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:
1
W2 = C2 U2 .
2
2
Wyrażając pojemność końcową C2 przez pojemność początkową C1 oraz napięcie
końcowe U2 przez napięcie początkowe U1, mamy:
�0S �0S C1
C2 = = = ,
4d 4
d/
C1
C1U1 = C2 U2 �! U2 = U1 = 4U1 ,
C2
gdzie korzystamy ze związków na pojemność kondensatora i odległość płyt kondensatora po
przesunięciu:
�0S
C1 = d/ = 4d
d
Ostatecznie pojemność kondensatora C2 jest równa:
�0S �0S C1
C2 = = = .
/
d 4d 4
Praca zużyta na to przesunięcie jest równa różnicy energii potencjalnej kondensatora
w stanie końcowym i początkowym:
1 1
2
A = W2 - W1 = C2U2 - C1U1
2
2 2
1 C1 2 1 1
2 2
= 16U1 - C1U1 = C1U1 (4 -1)
2 4 2 2
3 3 �0S
2 2
= C1U1 = U1 . A = 1,661�"10-3 J .
2 2 d
1.9. Dwa kondensatory o pojemnościach 1 �F i 10 �F są połączone szeregowo. Do
zacisków baterii kondensatorów przyłożono napięcie
Uo = 200 V. Jaka jest energia każdego z kondensatorów?
Rozwiązanie
C2
C1
Uo
Dla szeregowego łączenia kondensatorów mamy związki:
 9
U1 + U2 = U0 ,
1 1 1 C1 �" C2
= + , �! C = .
C C1 C2 C1 + C2
Ponieważ energia kondensatora dana jest wzorem:
1
2
W = �" C �" Uo ,
2
to energia układu dwóch szeregowo połączonych kondensatorów jest dana przez równanie:
1 C1 �" C2 2
W = �" �" Uo ,
2 C1 + C2
przy czym energie składowych kondensatorów są dane przez związki:
1
2
W1 = �"C1 �" U1 ,
2
1
W2 = �" C2 �" U2 .
2
2
Dla pojemności kondensatora mamy związek
Q
C = ,
U
zatem z wyrażenia na energię w układu kondensatorów wyznaczamy ładunek Q:
1 Q2 1 Q2
W = �" C �" = �" , �! Q = 2 �" C �" W.
2 C2 2 C
Podstawiając ten wzór do odpowiednich wyrażeń otrzymanych wcześniej, kolejno
wyznaczamy napięcia i energie poszczególnych kondensatorów jak następuje:
Q 2 �" C �" W
U1 = = ,
C1 C1
Q 2�"C�"W
U2 = = ,
C2 C2
1 2 �" C �" W C
W1 = �" C1 �" = �" W = 16.53 �" 10-3 J .
2
2 C1 C1
1 2 �" C �" W C
W2 = �" = �" W = 1.653�" 10-3 J .
2 C2
C2
2
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 ł.
10
Rozwiązanie
a
A
b
B
Mamy tutaj trzy gałęzie oporów połączonych ze sobą równolegle, przy czym dwie
z nich zawierają po dwa opory połączone szeregowo. Oznaczając opory gałęzi przez R1, R2
i R3, mamy wyrażenie na opór całkowity:
1 1 1 1 R1R R
2 3
= + + �! R = .
R R1 R R R R + R1R + R1R
2 3 2 3 3 2
Z treści zadania opory gałęzi są równe:
R1 = (a + b)ł = R3 ,
R = a2 + b2 ł.
2
Podstawiając te wyrażenia do wzoru na opór układu, otrzymujemy po
uporządkowaniu:
(a + b) a2 + b2
R = ł.
(a + b) + a2 + b2
1.11. Ile suchych baterii, każda o sile elektromotorycznej E = 4,5 V i oporze
wewnętrznym Rw = 3 &!, należy połączyć szeregowo, aby dołączony do obwodu
przekaz
nik o oporze R = 300 &! 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 Rw oporem wewnętrznym jednego ogniwa.
Rozwiązując to równanie względem n otrzymujemy
IR
n(E - IR ) = IR, �! n =
.
w
E - IR
w
Wartość liczbowa n jest więc równa:
IR 0,025A �" 300&!
n = = 16,95.
=
E - IR (4.5 - 0.075)V
w
Warunki zadania spełnione będą jeżeli połączymy 17 ogniw.
 11
1.12. Jakie warunki powinny spełniać opory R1, R2, R3, R4, aby w mostku
Wheatstone a przez opór R5 (na przekątnej) nie przepływał prąd elektryczny?
Rozwiązanie
R2
R1
R5
II
I
R3
R4
Z warunków zadania mamy: I5 = 0 , co oznacza, ze I1 = I2 oraz I3 = I4 .
Równania Kirchhoffa dla obwodów elementarnych pokazanych na rysunku przyjmują
postać:
I I3R3 - I2R1 = 0,
II. R I3 - I2R = 0.
4 2
Mamy więc równania
I2R1 = I3R3 ,
R2I2 = I3R4 ,
skąd wyznaczamy szukany warunek zadania:
R1 R
3
= .
R R
2 4
1.13. Do jakiego największego napięcia naładuje się kondensator C, gdy do obwodu
przedstawionego na rysunku dołączona jest siła elektromotoryczna E?
Rozwiązanie
R1 A
C
R2
E
R3
B
Przez obwód zamknięty płynie prąd:
12
E E
I = = r = 0 .
R1 + R2 + r R1 + R2
Napięcie na oporze R2 jest więc równe:
R2
UAB = IR2 = E .
R2 + R1
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 � = 160 &!-1cm-1 ).
Rozwiązanie
Pole elektryczne w przewodniku jest polem jednorodnym, mamy więc:
U 10V
V
E = = = 100
m.
a 01m
,
Wartość gęstości prądu płynącego w tym przewodniku otrzymujemy dzieląc natężenie
prądu przez przekrój s przewodnika. Mamy więc:
I I
j = = .
s b �" c
Ponieważ zgodnie z założeniami zadania
U U �Ubc
I = = = ,
a
R a
�bc
to gęstość prądu jest równa:
�Ubc �U A
j = = = �E = 160 .
abc a m2
1.15. Obszar między dwiema współśrodkowymi metalowymi sferami wypełniony jest
substancją o przewodnictwie właściwym �0. Znalez
ć 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
b
a
r
Z prawa Ohma dla odcinka obwodu opór jest równy:
U
R = ,
I
przy czym napięcie U między sferami otrzymamy całkując natężenie pola elektrycznego
między tymi sferami:
b
U = E(r)dr .
+"
a
w tym celu zapiszemy prawo Ohma na gęstość prądu:
I
j(r) = � E(r) = ,
0
2
4Ąr
gdzie i jest natężeniem prądu. Stąd otrzymujemy natężenie pola elektrycznego:
I
E(r) = .
2
4Ą� r
0
Podstawiając to wyrażenie do formuły całkowej na napięcie mamy:
b
b
b
I I 1 I b - a
# Ą# ń#
U = E(r)dr = dr = .
�#
+"
Ą#a =
4Ą�0r2 4Ą�0 ó#- r 4Ą�0 ab
!# Ł# Ś#
a
a
Mając wyliczone napięcie podstawiamy do wzoru na opór i otrzymujemy:
U I b - a
R = = .
I 4Ą� ab
0
1.16. Dwie kule metalowe o promieniu a znajdują się w ośrodku elektrycznym
o przewodnictwie właściwym �0. Znalez
ć 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
A
B
r
d
Opór ośrodka wyliczymy z prawa Ohma:
�
U - �
A B
R = = ,
II
gdzie �A i �B oznaczają potencjały elektrostatyczne w punktach a i B, mierzone względem
nieskończoności. Potencjały te wyliczymy posługując się formułą:
"
�(r) = - E(r)dr .
+"
r
Korzystając z wyrażenia na gęstość prądu elektrycznego natężenie pola elektrycznego
w punkcie r dane jest przez wzór:
I
E = .
4Ą�0r2
Ponieważ potencjały w punkcie a i B pochodzą od obydwu kul, stąd dla potencjałów tych
otrzymujemy wyrażenia:
I I I 2a - d
� =- + =- ,
A
4Ą� a 4Ą� (d - a) 4Ą� a(d - a)
00 0
I I I 2a - d
� =- += .
B
4Ą� (d - a) 4Ą� a 4Ą� a(d - a)
00 0
Podstawiając te wyrażenia do prawa Ohma znajdujemy opór ośrodka:
�A
U - �B 1 - 2a + d - 2a + d d - 2a
R = = = = ;
I I 4Ą�0 a(d - a) 2Ą�0a(d - a)
d - 2a
R = .
2Ą�0a(d - a)
1.17. Model sześcianu składa się z jednakowych oporów o wartościach r = 6 &! każdy,
przy czym każda krawędz
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
I
2
1 I
I
I/3 I/3
I/3
I/3
I/6
Korzystając z zasady zachowania ładunku i zasady zachowania energii, możemy
zapisać równanie:
22
I I 24 + 6 5
I2R = 6r�# ś# + 6r�# ś# = rI2 = rI2
ś# ź# ś# ź#
�# # �# #
3 6 36 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:
5
R = r = 5&! .
6
1.18. Jak należy połączyć w baterię N = 24 ogniw, każde o sile elektromotorycznej E
= 1,5 V oraz oporze wewnętrznym r = 0,8 &!, aby po włączeniu tej baterii do
obwodu o oporze R = 1,2 &! 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 En:
En = nE ,
i opór wewnętrzny Rn:
R = nr.
n
Ponieważ szeregi łączymy równolegle, to wypadkowa siła elektromotoryczna całej baterii Ec
= En.
Całkowity opór wewnętrzny baterii Rb będzie równy:
16
R n
n
R = = r.
b
m m
Na podstawie prawa Ohma dla obwodu zamkniętego, natężenie prądu będzie równe:
Eb nmE
I = = .
R + R mR + nr
b
Mając natężenie prądu w obwodzie możemy policzyć moc użyteczną P, korzystając
z algorytmu:
Eb 2
P = RI2 = R .
(R + Rb )2
Moc ta będzie maksymalna, gdy opór R będzie spełniał następujący warunek:
Eb 2 Eb 2
dP
= 0 �! -2R + = 0.
3 2
dR
R + Rb R + Rb
() ()
Rozwiązanie tego równania względem R prowadzi do równości:
R = Rb.
Moc użyteczna będzie więc największa, gdy
nr
R = .
m
Aby wyznaczyć liczby n i m skorzystamy z tego, że n m = N, a zatem n = N/m. Mamy więc
związek:
Nr
R = ,
m2
skąd znajdujemy wartość m:
Nr 24 �" 0.8&! N 24
m = = = 16 = 4 n = = = 6.
R 12&! m 4
.
Natężenie prądu, który będzie płynął w obwodzie po włączeniu takiej baterii, będzie równe:
m �" nE 24 �" 1.5V 36
I = = = A = 375A.
.
mR + nr (48 + 48)&! 96
. . .
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
dl
ds
r
z
ą dą
a
y
B
I
x
Zgodnie z prawem Biota i Savarta wektor indukcji pola magnetycznego prądu
w punkcie a z rysunku, dany jest przez równanie:
r
r
r
�0I �0I
dl � r dlsiną
B = ; B =
,
+"+"
4Ą r3 4Ą r2
przy czym dl wyznaczamy z rysunku. Mamy związki:
ds
= sin ą , ds = rdą , dl sin ą = rdą ,
dl
skąd element dl wyraża się przez kąt dą jak następuje:
rdą
dl = .
sin ą
Dalej z rysunku mamy:
a
= sin ą ,
r
skąd
a
r = .
sin ą
Podstawiając te związki do wzoru na wektor indukcji magnetycznej otrzymujemy:
Ą
#
�0I adą sin ą
�#
B =
2 2
4Ą sin ą a
�#
!#
2
0
sin ą
Ą
�0I �0I �0I �0I
Ą
=
0
+"sin ądą = [- cos ą] = (1+1) = .
4Ąa 4Ąa 4Ąa 2Ąa
0
�0I
BA = .
2Ąa
Natężenie pola magnetycznego w punkcie a otrzymujemy dzieląc wyrażenie na
wartość indukcji magnetycznej w tym punkcie przez przenikalność ośrodka:
B
B = �H �! H = .
�
18
I
H =
2Ąa
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
y
dl
B
r
A x
I
z
Wektor indukcji magnetycznej pochodzący od prądu płynącego w elemencie dl
przewodnika kołowego w środku tego przewodnika jest dany prawem Biota i Sawarta:
r
r
r
�0I dl � r
dB = ,
3
4Ą r
przy czym
r
r
dl � r = dl �" r �" sin ą; ą = 900 .
Podstawiając ten związek do poprzedniego i całkując po długości okręgu z prądem
otrzymujemy wartość indukcji magnetycznej w środku okręgu:
2Ąr
�0I �0I �0I
r
Tm
B = dl = 2Ąr = ; �0 = 4Ą �"10-7 .
3 +" 2
4Ą r 4Ąr 2r
A
0
Podstawiając wartości liczbowe, otrzymujemy:
Wb
B = 628,319 �"10-7 = 628,319 �"10-7 T .
m2
Wartość wektora natężenia pola magnetycznego otrzymujemy ze związku:
B I
H = = .
� 2r
0
Stąd wartość liczbowa natężenia H jest równa:
5A A
H = = 50 .
2 �"0,05m m
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
dB
r
I
R
A
a
dB
�
�
r
dB
dl
Z rysunku mamy związek:
dB = 2dB2 sin� ,
gdzie dB jest wektorem indukcji magnetycznej od jednego elementu dl z prądem i jest
określone prawem Biota i Savarta:
�0I ą
dlsin
2
dB = �" .
4Ą r2
Kąt ą 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:
ĄR
R
#
�#
�0I dl sin� �0I
a2 + R2 dl = �0IR
B == �" ĄR.
�#
+" 2 3
2Ą 2Ą
r2
�#
a2 + R2 2Ą a2 + R2 2
()
()
!#
0
Stąd mamy ostatecznie szukane wyrażenie:
�0I R2
B = .
3
2
a2 + R2 2
()
Tm
4Ą �"10-7 �" 2A �" 0,12 m2
A
B = = 4.444 �"10-6 T .
3
2
2 �" m2 + 0,12 m2 2
[0,1 ]
1.22. Dwa przewodniki kołowe, pierwszy o promieniu r1 = 2 m, drugi o promieniu r2
= 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
I2 = 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
r2
r1
I2
B2
I1
B1
h/2
Układ przewodników pokazano na rysunku. Dla parametrów podanych w zadaniu
wektor indukcji magnetycznej pochodzący od pierwszego przewodnika kołowego ma
wartość:
� I1r12
B1 = ,
3
2
2
2
�# ś#
h
�# ś#
ś# ź#
r12 +
ś# ź#
ś# ź#
�# #
2
�# #
zaś od drugiego wartość wektora indukcji jest równa:
2
� I2r2
B2 = .
3
2
2
2
�# ś#
h
�# ś#
2
ś# ź#
r2 +
ś# ź#
ś# ź#
�# #
2
�# #
Porównując stronami mamy równanie:
2
I1r12 I2r2
= ,
3 3
2 2
2 2
�# ś# �# ś#
h h
�# ś# �# ś#
2
ś# ź# ś# ź#
r12 + r2 +
ś# ź# ś# ź#
ś# ź# ś# ź#
�# # �# #
22
�# # �# #
skąd znajdujemy natężenie prądu w pierwszym przewodniku kołowym:
3
2
2
Ą# ń#
h
�# ś#
2
r12 + r2
ó# ś# ź# Ą#
�# #
2
ó# Ą#
Ł# Ś#
I1 = I2 = 16A .
.
3
2
2
Ą# ń#
h
�# ś#
2
r2 + r12
ó# ś# ź# Ą#
�# #
2
ó# Ą#
Ł# Ś#
1.23. W prostoliniowym nieskończenie długim przewodniku płynie prąd o natężeniu
I1 = 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 I2 = 3A. Odległość przewodnika prostoliniowego i kołowego
 21
wynosi d = 2 cm. Promień zwoju r = 30 cm. Znalez
ć indukcję magnetyczną
w środku przewodnika kołowego.
Rozwiązanie
d
B
B1
I2
B2
I1
r
Kierunki wektorów indukcji magnetycznej pola przewodnika prostoliniowego B1,
przewodnika kołowego B2 i wypadkowy wektor indukcji B pokazano na rysunku.
Wartości wektorów składowych są dane równaniami:
I
2
B1 =� ,
0
2r
I1
B2 =� .
0
2Ąd
Wartość wypadkowego wektora indukcji magnetycznej B w środku przewodnika
kołowego znajdujemy jak następuje:
2 2 2 2
I2 I1 � I2 I1
�# ś# �# ś# �# ś# �# ś#
0
B = � + = + = 7 �" 106 T .
ś# ź# ś# ź# ś# ź# ś# ź#
0
�# # �# # �# # �# #
2r 2Ąd 2 r Ąd
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
dx
A
2R
A
x
R
r
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:
�0IR2 z
dB = �" dx .
3
2
2 R2 + x2 L
()
Aby otrzymać indukcję w punkcie leżącym w środku solenoidu musimy równanie to
scałkować w granicach od -L/2 do + L/2. Otrzymujemy wówczas rezultat:
L
2
ą2
#
�0IR2z �Iz sin3 ą �Iz ą2
B = �# dx = - dą = - [cos ą]
ą1
3 +"
�# 2L sin2 ą 2L
ą1
2
!# 2L(R2 + x2)
L
-
2
L
2
ą2
#
�0IR2z �Iz sin3 ą �Iz
ą2
�#
B = dx = - dą = - [cosą]
ą1
3 +"
�# 2L sin2 ą 2L
2
ą1
2
!# 2L(R + x2)
L
-
2
L L
Ą# ń#
Ą# ń#
ó# Ą#
�Iz �Iz 2
2 2
ó# Ą#
= + = ,
ó# Ą#
2 2 2
2L 2
2 2 ó#
L (2R) + L2 Ą#
ó# Ą#
R +(- ) R +(L 2)
Ł# Ś#
2
ó# Ą#
Ł# Ś#
przy czym przy obliczaniu całki skorzystano z zamiany zmiennych:
R x Rdą
sin ą = ; = ctg ą, �! dx = - .
2 2
R sin2 ą
R + x
Podstawiając podane w zadaniu wartości otrzymujemy dla wartości wektora indukcji:
magnetycznej w środku solenoidu:
�0Iz
B0 = E" 4Ą �"10-3 T .
2
L 1 +
(2R L)
i dla natężenia pola magnetycznego:
 23
Iz A
H0 = E" 104 .
2
m
L 1 +
(2R L)
Dla punktu a leżącego na końcu solenoidu otrzymujemy natomiast wyrażenia:
�0Iz
Iz
BA = = 2Ą �"10-3 T, oraz H = .
A
2 2
2L 1 + 2L 1 +
(R L) (R L)
1.25. W solenoidzie płynie prąd o i = 5 A. Solenoid ma długość
2
l = 1 m, liczbę zwojów N = 500 oraz pole przekroju S = 50 cm . Znalez
ć energię
pola magnetycznego.
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 = �0�nI.
Z prawa Faraday a wiemy, że siła elektromotoryczna samoindukcji w obwodzie
zamkniętym jest równa:
dŚ
ES = - ,
dt
przy czym dla solenoidu strumień indukcji magnetycznej przenikający przez wszystkie zwoje
tego solenoidu jest dany przez związek:
Ś = BNS = �0�nISN ,
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:
dŚ = �0�nSNdI.
Siła elektromotoryczna samoindukcji wywołana tą zmianą strumienia w czasie dt jest
równa:
dŚ
ES = - .
dt
Praca jaką musi wykonać siła elektromotoryczna z
ródła 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
dŚ I2
W = - Idt = Idt = �nSNIdI = �0�nSN
S 0
+"E +" +"�
dt 2
SlN I2 1
= �0�n = �0�Vn2I2.
l 2 2
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 � w solenoidzie:
W 1
� = = � � �" I2 n2 .
0
V 2
1.26. Obliczyć strumień indukcji magnetycznej Ś 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
y
b
h
c
a
B
x
Strumień indukcji magnetycznej przez powierzchnię dS z definicji jest równy:
r r
dŚ = BdS.
Dla warunków zadania mamy zatem:
A A
dŚ= BdS cos0o = BdS = dS.= hdx,
x x
gdzie dx jest szerokością elementu powierzchni dS, podczas gdy zmienna długość tego
elementu wyraża się na podstawie rysunku przez x jak następuje:
h a + b - x a + b - x
= �! h = c .
c b b
Mamy zatem wyrażenie na strumień przenikający przez zaznaczoną na rysunku
powierzchnię elementarną:
c a + b - x
( )
A
dŚ= dx .
x b
Całkując to wyrażenie po całym polu trójkąta, otrzymujemy:
 25
a+b a+b a+b
A c(a + b - x)dx = Ac(a + b) dx Ac
Ś = -
+" +" +"dx
x b b x b
a a a
Ac(a + b)ln a + b Acb a + b a + b
= - = AcĄ# ln - 1ń# .
ó# Ą#
b a b b a
Ł# Ś#
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. Znalez
ć wielkość
i kierunek siły z jaką każdy z przewodników działa na jednostkę długości
drugiego z przewodników (definicja ampera).
Rozwiązanie
z
I
B
y
B
x
d
2
1
I
I
B
F
l=1m
B
B
l=1m
F
B
Siła działająca na dowolny element dl z prądem o natężeniu i przewodnika 1
a pochodząca od przewodnika 2 zgodnie z prawem Ampera jest równa:
r r r
dF = I(dl � B),
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
� I
0
$
B = eB .
2Ąd
Podstawiając to wyrażenie do prawa Ampera otrzymujemy:
r rr
�0I �0I2
$ $
dF = I(dl � eB ) = dl � eB.
2Ąd 2Ąd
Ponieważ wektory w iloczynie wektorowym są do siebie prostopadłe, to definiując wektor
jednostkowy eF = dF/dF, ostatnie równanie możemy zapisać w postaci skalarnej i scałkować
obie strony tego równania:
kg �" m
� I2 l � I2 4Ą10-7 A2
0 0 A2s2 m = 2 �"10-7 N.
F = dl. = l =
+"
2Ąd 2Ąd 2Ą �" m
0
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 pm obwodu z prądem, z definicji jest równy iloczynowi prądu i
w obwodzie zamkniętym przez wielkość powierzchni S obejmowanej przez ten obwód:
pm = IS .
F
S
F
B
 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 r r
r r r
M = pm � B = r � F = r � I( l � B) ,
gdzie kąt � jest kątem wychylenia ramki z położenia równowagi. Skalarne równanie ruchu
dla ramki o momencie bezwładności J ma zatem postać:
2
2
d �
d � pmB
J =-pmBsin � , �! + sin � = 0 .
2
2
dt
J
dt
Dla małych kątów wychyleń możemy przyjąć, że sin � E" � . Wtedy równanie to
przyjmuje postać równania oscylatora harmonicznego o częstości kołowej �:
2
d �
+ �2� = 0 ,
2
dt
przy czym częstość kołowa dana jest przez związki:
2
pmB 2Ą 4Ą2
�# ś#
�2 = = = .
ś# ź#
�# #
J T
T2
Stąd okres małych drgań ramki jest równy:
J J
T2 = 4Ą2 , T = 2Ą .
pmB Bpm
Mierząc zatem okres takich drgań możemy wyznaczyć wartość indukcji magnetycznej
w danym punkcie:
4Ą2 J
B = .
IS
T2
1.29. Przewodnik kołowy ustawiony jest w płaszczyz
nie 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 z
ródłem prądu. Jak powinna ustawić się igła
magnetyczna.
Rozwiązanie
I2
I1
�
l2
l1
28
Wektor indukcji magnetycznej od przewodnika kołowego z prądem w środku tego
przewodnika określa prawo Biota i Savarta:
r
r
�0 Idl � r
dB = ,
3
4Ą r
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:
�l2
R2 I2 S l2
= = = .
�l1
R1 I1 l1
S
Całkując zatem wyrażenie
�0 I1dl
dB1 = ,
2
4Ą r
otrzymujemy wkład do wektora indukcji pochodzący od kawałka tego obwodu z prądem I1:
�0 I1
B1 = �" l1 .
2
4Ą r
Analogicznie dla pozostałej części obwodu dostajemy:
�0 I2
B2 = �" l2 .
2
4Ą
r
Po podstawieniu w miejsce l2 wyrażenia:
l1
I2 = I1 ,
l2
otrzymujemy równość obu wektorów co do wartości (ich zwroty są przeciwne):
� I1l1
0
B2 =�" l2 = B1 .
2
l2
4Ą r
Stąd też igła ustawi się w płaszczyz
nie pola magnetycznego Ziemi.
1.30. Znalez
ć indukcję pola magnetycznego w środku przewodzącej ramki
kwadratowej o boku a = 10 cm, jeżeli w ramce płynie prąd
I = 2 A.
Rozwiązanie
1350
450
r
dl
dl
I
r
a/2
dą
l
ą
2250
3150
a/2
 29
Z rysunku, na którym zdefiniowano odpowiednie wielkości, mamy związek:
l
= ctgą ,
a / 2
który pozwala wyrazić różniczkę dl przez różniczkę dą, mianowicie::
dl 1 a
=- dą �! dl = dą .
a / 2 sin2 ą 2 sin2 ą
Dalej odległość r, z rysunku, jest dana przez:
a / 2
a
= sin ą �! r = .
r
2siną
Korzystając dalej z prawa Biota i Savarta dla elementu dl z prądem o natężeniu
i mamy:
r
r
r
�0� Idl � r
dB = ,
3
4Ą r
co po podstawieniu wyżej zdefiniowanych wielkości r i dl daje wyrażenie:
�0� Idlr �" sin ą �0� Idl sin ą
dB = = .
3 2
4Ą r 4Ą r
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:
a
�#
#
ą2
dąś#sin ą
ś# ź#
�#
�0� dlsin ą �0�I �0�I
2sin2 ą
# �# #
B = 4 = = 2
�#
�#
+"sinądą .
!#
4Ą r2 Ą a2 Ą
�#
ą1
!# 4sin2 ą
�0� I �0� I
B = 2 (cosą1 - cosą2 ) = 2 [cos(45) - cos(135)] = 2,26�"10-5T.
Ą a Ą a
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. Znalez
ć indukcję magnetyczną B w środku dysku.
Rozwiązanie
�
R
R
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 �,
a grubość tarczy przez h, możemy natężenie prądu dI przepływającego przez przekrój h dx
zapisać przy pomocy równania:
2� �" 2Ąxdx
dI = = 4Ąn�xdx,
T
gdzie T jest okresem ruchu obrotowego tarczy:
2Ą 1
T = = .
� n
Indukcja magnetyczna w środku tarczy pochodząca od tego prądu, zgodnie
z odpowiednim wzorem dla przewodnika kołowego, jest równa:
dI
dB =�0� .
2x
Całkowitą wartość indukcji otrzymamy podstawiając do tego wzoru otrzymane
wyrażenie na prąd dI oraz całkując po zmiennej x w przedziale (0, R):
R
�0� �4Ąxndx
B = = 2Ą��0�n
+"+"dx
2 x
0
Q Qn
=�0� �" 2Ą�nR = 2Ą�0�nR = �0� �" = 1,256 �"10-5 T.
2
2ĄR R
1.32. Elektron wpada w jednorodne pole magnetyczne, którego indukcja
magnetyczna równa się B = 10T z prędkością v = 6000 km/s. Kierunek prędkości
o
elektronu tworzy kąt 30 z kierunkiem pola. Określić tor ruchu elektronu
w polu magnetycznym.
Rozwiązanie
W płaszczyz
nie 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:
2
m(vsiną)
= Bevsiną.
r
B
B
B
B
v
r
r
v siną
vsiną
v cosą
vcosą
h
h
Fod
Fod
Fdo
Fdo
v siną
 31
Stąd znajdujemy promień okręgu jaki zakreśli elektron w przypadku, gdyby miał tylko
składową prędkości prostopadłą do kierunku pola. Promień ten jest równy:
mv sin ą
r = .
eB
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:
2Ąr mv sin ą cosą
h = Tv cosą = = �" v cosą = 2Ąrctgą = 2Ą .
v sin ą eB sin ą
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):
mv
ż#h = 2Ą cosą,
�#
�#
eB
�#
�#r = mv sin ą .
�#
�# eB
Równania te wyznaczają tor elektronu. Jest to ruch po spirali zaznaczonej na rysunku.
4. Prąd zmienny. A
adunek w polu elektromagnetycznym
1.33. Kondensator o pojemności C, mający w chwili t = 0 potencjał Vo,
rozładowujemy przez opór R. Wyznaczyć czasowy przebieg prądu i napięcia
w obwodzie.
Rozwiązanie
R
Vo
C
Oznaczając przez UC napięcie na kondensatorze i korzystając z definicji pojemności
kondensatora mamy związki:
Q Q
C =�! UC = ,
UC 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
- IR = 0 ,
C
gdzie Q i I jako chwilowe wartości są brane w tej samej chwili czasu t.
Różniczkując to równanie po czasie mamy:
1 dQ dI
- R = 0 .
C dt dt
dQ
Ponieważ - = I to po podstawieniu tego związku do poprzedniego otrzymujemy
dt
równanie różniczkowe dla natężenia prądu w tym obwodzie:
dI 1
+ I = 0.
dt RC
Rozwiązaniem tego równania jest funkcja:
t
-
RC
I = A �" e .
Stałą całkowania wyznaczymy z warunków początkowych podanych w treści zadania.
Mianowicie dla
Q
t = 0 = V0 i V0 - IR = 0.
C
Stąd
t
-
V0
RC
V0 - A Re = 0 �! = A .
R
Natężenie prądu w obwodzie zmienia się zatem wg zależności:
t
V0 -
RC
I = e ,
R
a napięcie na okładkach kondensatora zależy od czasu wg wzoru:
t
-
RC
U = IR = V0e .
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�"106 &! ?
Rozwiązanie
C
R
Suma spadków napięcia w obwodzie jest równa:
Q
- IR = 0 ,
C
a po uwzględnieniu związku
 33
dQ
I =- ,
dt
równanie to przyjmuje postać równania różniczkowego opisującego przebieg czasowy
ładunku na kondensatorze:
Q dQ
+ R = 0 .
C dt
Rozdzielając zmienne w tym równaniu mamy:
dQ dt
= - .
Q RC
Całkujemy to równanie i otrzymujemy
t
ln Q - ln Q0 = - ,
RC
t t
- -
Q
RC RC
= e �! Q = Q0e ,
Q0
gdzie lnQ0 jest stałą całkowania, którą wyznaczamy z warunków początkowych z treści
zadania: Dla t = T Q = Q0/2, przy czym przez T oznaczamy czas połowicznego rozładowania
kondensatora. Mamy więc:
T
-
1
RC
= e ,
2
6
T = RC ln 2 = 0,1�F �" 2 �"10 &! ln 2 = 0,14s.
1.35. Wyznaczyć zależność płynącego prądu i od czasu, w obwodzie o oporze R,
samoindukcji L i stałym z
ródle napięcia U0.
Rozwiązanie
Biorąc pod uwagę, że siła elektromotoryczna samoindukcji w solenoidzie jest równa:
dI
E =-L ,
L
dt
równanie Kirchhoffa dla tego obwodu możemy zapisać w postaci:
dI
RI = Uo - L ,
dt
gdzie i = I(t) jest chwilowymi natężeniem prądu w obwodzie.
Po uporządkowaniu mamy równanie różniczkowe pierwszego rzędu, niejednorodne.
dI
L + RI = U .
dt
Różniczkując to równanie stronami po czasie, otrzymujemy równanie jednorodne, ale
drugiego rzędu:
d2I dI
L + R = 0 .
dt2 dt
Równanie to rozwiązujemy metodą przewidywania. Przewidując rozwiązanie
wykładnicze postaci:
34
I = eą t ,
podstawiając następnie do równania, otrzymujemy równanie charakterystyczne:
Lą2 + Rą = 0 ,
skąd znajdujemy pierwiastki tego równania:
R
ą1 = 0 i ą2 =- .
L
Ogólne rozwiązanie naszego równania można zatem zapisać w postaci liniowej
kombinacji rozwiązań wykładniczych
ą1t ą2t
I = c1e + c2e ,
z wyznaczonymi pierwiastkami równania charakterystycznego:
R
- t
L
I = c1 + c2e .
Stałe całkowania c1 i c2 wyznaczymy z warunków początkowych:
dla t = 0 I = 0 , mamy: 0 = c1 + c2 �! c2 = -c1 ,
U0 U0
dla t =" I = , mamy: = c1 .
R R
Fizyczne rozwiązanie naszego równania ma więc postać:
R
U0 �# - L t ś#
ś#1- e ź#
I = .
ś# ź#
R
ś# ź#
�# #
1.36. Do płytek odchylania pionowego oscylografu przyłożono zmienne napięcie
Up = a1 sin(�t + �1) i Up = a2 sin(�t + �2 ), a do płytek odchylenia poziomego
1 2
napięcie U = bcos�t. Wyznaczyć tor promienia na ekranie.
x
Rozwiązanie
Znajdziemy najpierw napięcie wypadkowe na osi y. Mamy z treści zadania:
Uy = Up1 + Up2 = a1 sin �t + �1 + a2 sin �t + �2 .
( ) ( )
Ponieważ suma dwóch funkcji harmonicznych może być zawsze przedstawiona jako
jedna funkcja harmoniczna, to zapiszemy prawą stronę ostatniego równania w postaci:
a1 sin �t + �1 + a2 sin �t + �2 = a sin �t + � ,
() ( ) ( )
gdzie a i � są stałymi do wyznaczenia.
Następnie, lewa strona tego równania przekształca się jak następuje:
a1 sin(�t + �1)+ a sin(�t + �2 ) =
2
= a1 sin �t cos�1 + a1 cos�t sin �1 + a sin �t cos�2 + a cos�t sin �2
2 2
= (a1 cos�1 + a cos�2 )sin �t + (a1 sin �1 + a sin �2 )cos�t.
2 2
Stosując to samo przekształcenie do funkcji: a sin (�t + �) i porównując ze sobą otrzymujemy
równanie:
 35
(a1 cos �1 + a2 cos �2 )sin �t + (a1 sin �1 + a2 sin �2 )cos �t
= a(cos � sin �t + cos �t sin �.)
Porównując odpowiednie współczynniki przy sinusach i kosinusach po lewej i prawej
stronie tego równania, otrzymujemy układ równań na stałe a i �:
a1 cos�1 + a2 cos�2 = a cos�,
a1 sin �1 + a sin �2 = a sin � .
2
Skąd wyznaczamy niewiadome a i � :
a1 sin �1 + a sin �2
2
tg � = ,
a1 cos �1 + a cos �2
2
2 2
a = a1 + a + 2a1a (sin �1 sin �2 + con�1 cos n�2 )
2 2
2 2
= a1 + a + 2a1a cos(�1 - �2 ).
2 2
. W ten sposób mamy równania parametryczne ruchu:
Ux = b cos�t,
ż#
�#U = a sin(�t + �).
y
�#
Dzieląc te równania przez odpowiednie amplitudy a i b, mamy
ż#U cos �t,
x
=
�#
�# b
�#U
y
�#
= sin �t cos� + cos �t sin �.
�#
�#
a
Podnosząc stronami do kwadratu i dodając do siebie te równania otrzymujemy
równanie elipsy:
2
Uy �# Ux ś# 2 2UyUx
�# ś#
ś# ź# + - sin � = cos2 �.
ś# ź#
a �# # ab
b
�# #
1.37. Obwód drgający składa się z cewki indukcyjnej o współczynniku indukcji
2
własnej L = 0,07H i kondensatora o powierzchni płytek S = 0,45 m , odległość
między płytkami d = 0,1 mm a stała dielektryczna �r = 2. Jaka będzie
maksymalna wartość prądu, oraz okres drgań, jeżeli przed wzbudzeniem
kondensator był naładowany do napięcia Uo = 100 V, zaś opór omowy obwodu R
jest mały i można go pominąć.
Rozwiązanie
Równanie Kirchhoffa dla tego obwodu ma postać:
dI
RI - U = -L .
dt
Ponieważ opór omowy R jest równy zeru to
dI
U = L .
dt
36
Napięcie na kondensatorze wyraża się przez ładunek i pojemność kondensatora:
Q
U = ,
C
mamy zatem równanie do rozwiązania:
2
1 dQ d I
= L .
2
C dt dt
Jest to równanie oscylatora harmonicznego:
2
d I 1 2Ą
2 2
+ �0I = 0 ; � = , � = ,
0
2
dt LC T
przy czym T, jest okresem drgań prądu w obwodzie i jest dalej równy:
2Ą 2Ą
T = = = 2Ą LC .
�
1
LC
Rozwiązanie równania dla oscylatora harmonicznego ma postać:
I = I0 sin �t + � ,
( )
przy czym stałe całkowania I0 i �, wyznaczone dla warunków początkowych zadania (t = 0
U = U0), są równe
U0
I0 = i � = 0.
�L
Podstawiając do tego wzoru wyrażenie na częstość kołową otrzymujemy amplitudę
natężenia prądu w funkcji pojemności i indukcyjności:
U0
C
I0 == U0 ,
L
1
L
LC
gdzie pojemność danego kondensatora jest równa:
�0�rS
C = .
d
W ten sposób amplituda prądu w obwodzie jest dana przez związek:
�0�rS
I0 = U0 ,
Ld
a okres drgań wynosi:
�0�rS
T = 2Ą L .
d
-8
1.38. Pyłek o masie m = 1 mg naładowany ładunkiem q = 10 C rozpoczyna ruch
1
w jednorodnym poziomym polu elektrycznym o natężeniu E = 103 V/m. Obliczyć
drogę jaką przebył pyłek w czasie, gdy jego przesunięcie w kierunku poziomym
wyniesie x = 1 cm. Znalez
ć również przyspieszenie w tym ruchu.
Rozwiązanie
 37
E
aE x
a
g
y
Ruch w kierunku pionowym odbywa się pod wpływem przyspieszenia ziemskiego.
Zatem równania kinematyczne ruchu w kierunku osi y są:
1
ż#y = gt2 ,
�#
2
�#
�#vy = gt.
�#
W kierunku osi x ruch odbywa się pod wpływem przyspieszenia:
qE
a = ,
E
m
przy czym równania kinematyczne dla tego ruchu składowego są:
1 qE
ż#x = t 2 ,
�#
�#
2 m
�#
�#vx = qE t.
�#
�# m
Równania parametryczne ruchu wypadkowego mają zatem postać:
1 qE
ż#x = t2 ,
�#
�#
2 m
�#
�#y = 1 gt2.
�#
�# 2
Eliminując z tych równań czas, znajdujemy równanie toru:
mg
y = x.
qE
Wypadkowe przyspieszenie jest równe:
2
qE
�# ś#
a = g2 + .
ś# ź#
�# #
m
Drogę jaką przebył pyłek znajdujemy z proporcji:
s a a
=�! s = x.
x a a
EE
Podstawiając znalezione wartości przyspieszeń otrzymujemy:
2
qE
�# ś#
x g2 +
ś# ź# 2
a m �# mg ś#
�# #
s = x = = x 1 + ś# ź# .
ś# ź#
2
aE qE
�# #
qE
�# ś#
ś# ź#
m
�# #
38
1.39. Cząstka o masie m i ładunku q wpada do pola elektrycznego, którego natężenie
E = Eosin(�t + �). Prędkość początkowa cząstki vo skierowana jest prostopadle
do kierunku pola. Znalez
ć równanie toru, po którym poruszać się będzie
cząstka.
Rozwiązanie
Równanie ruchu cząstki w tym polu ma postać:
2
d y
m = qE = qE0 sin �t + �
( )
2
dt
lub
& qE0
dy
= sin(�t + �) .
dt m
Całkując to ostatnie równanie stronami mamy:
dy qE0
&
y = = - cos(�t + �) + C,
dt m�
przy czym stałą całkowania znajdziemy z warunku początkowego:
qE0 qE0
0 =- cos� + C; �! C = cos�.
m� m�
Całkując jeszcze raz nasze równanie otrzymujemy:
qE0 qE0 qE0
y = - sin(�t + �) + Ct + C1 = - sin(�t + �)+ t cos� + C1.
m�2 m�2 m�
W kierunku prostopadłym do pola, tj. wzdłuż osi x, mamy ruch jednostajny:
x = v0t.
Mamy zatem układ dwóch równań parametrycznych:
x = v0t,
ż#
�#
�# qE0 qE0
( )
�#y =- sin �t + � + m� t cos� + const,
�# m�2
z którego eliminując parametr t, otrzymujemy szukane równanie toru:
qE0 �# ś# qE0x
�x
y =- sin + � + cos� + const �"
ś# ź#
v0 m�v0
m�2 �# #
1.40. Znalez
ć ruch cząstki o masie m i ładunku q > 0 w polu magnetycznym
r
r r
o indukcji B = B0 + �t , jeżeli w chwili t = to prędkość cząstki v0 jest prostopadła
r r r r
do wektora B = B0 (wektory B0 i � są równoległe).
Rozwiązanie
W chwili t = t0 siła Lorentza działająca na ładunek q poruszający się z prędkością v0
spełnia równanie:
 39
2
mv0
= qv0B0 ,
r0
gdzie r0 jest promieniem okręgu, który kreśli cząstka. Stąd też wyznaczamy ten promień:
mv0
r0 = .
qB0
Z drugiej strony poruszający się ładunek po okręgu jest z
ródłem pola elektrycznego
o natężeniu E, przy czym całka liniowa z natężenia tego pola wzdłuż okręgu o promieniu r0
jest równa:
r r r r
"
Edl =- B �" dS .
+"+"
"t
Wykonując całkowania mamy:
"
E �" 2Ąr = - BĄr2 = -�Ąr2.
"t
Stąd znajdujemy wartość natężenia pola elektrycznego:
r�
E r =- .
( )
2
Siła z jaką pole elektryczne działa na poruszający się ładunek jest więc równa:
1
F = qE = q�r .
2
Ruch pod wpływem tej siły jest opisany przez równanie ruchu:
dv 1 dv 1 q
m = q�r �! = �r .
dt 2 dt 2 m
Z drugiej strony mamy
mv
B = ,
qr
skąd różniczkując po czasie dostajemy związek:
dv dr
r - v
dB m
dt dt
= = �.
2
dt q
r
Podstawiając ten wynik do wzoru na przyspieszenie mamy równanie:
dv 1 q m dv dr 1
�# ś#
= r - v r ,
ś# ź#
�# #
dt 2 m q dt dt r2
dv 1 dv v dr
= - ,
dt 2 dt 2r dt
które redukuje się do postaci:
dv dr
= - .
v r
Całkując to ostatnie równanie otrzymujemy:
v r
ln = -ln ,
v0 r0
skąd po opuszczeniu logarytmów mamy związek:
40
v r0
= .
v0 r
Wyznaczając z tego związku r i podstawiając do wzoru na przyspieszenie
otrzymujemy równanie:
dv 1 q v0ro
= � .
dt 2 m v
Całkowanie tego równania prowadzi do znalezienia prędkości v, wg następującego
algorytmu:
1 � q
2
v2 = v0 + v0r0�t ,
+"vdv = q m v0r0+"dt �!
2 m
q r0 �t
v = v0 1+ �t = v0 1+ .
m v0 B0
Korzystając ze znalezionego związku między r i v otrzymujemy równanie na r w funkcji
czasu:
r0
r = .
1+ �t / B0