Napięcie krokowe Do uziomu półkolistego dopływa prąd I=250A. W jakiej odległości x od środka uziomu napieci krokowe nie przekroczy wartości Uk=100V. Jeżeli rezystywność gruntu p=200Ωm, długość kroku k=0,8m$V = \frac{\text{pI}}{2\pi r}\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ U}_{k} = V_{r} - V_{r + k} = \frac{\text{pk}}{2\pi r\left( r + k \right)}\text{I\ \ \ \ }$ $r^{2} + kr - \frac{\text{pkI}}{Ul2\pi} = 0$ $= k^{2} + \frac{2pkI}{\pi U_{k}}$ $r = \frac{1}{2}(\sqrt{k^{2} + \frac{2pkI}{\pi U_{k}} - k)}$

Uziom Oblicz rezystancję półkuli o wymiarach

R₀=1,5cm x₁=1cm y=34,8Sm/mm²(Al) $r = \sqrt{R_{0}^{2} - x^{2}}$ $dR = \frac{\text{dx}}{\pi y(R_{0}^{2} - x^{2})} = \frac{\text{dx}}{\pi R_{0}^{2}(1 - \frac{x^{2}}{R_{0}^{2}})}$ $R = \frac{R_{0}}{\text{πy}R_{0}^{2}}\int_{0}^{x_{1}}{\frac{\text{dt}}{2\pi yR_{0}}\left\lbrack \ln\frac{1 + \frac{x}{R_{0}}}{1 - \frac{x}{R_{0}}} \right\rbrack_{0}^{x_{1}}}$

Prawo BiotaSavarta$\mathbf{\text{\ \ \ \ \ \ \ \ }}dH = \frac{\text{I\ dlr}}{4\pi r^{3}}$ Oblicz moduł natężenia pola magnetycznego w środku kwadratowej ramki przez która przepływa praąd I = 100A długość boku ramki a=1m Jak wynika z rysunku $\alpha = \beta + \frac{\pi}{2}\ $ sinα = cosβ Skalarny zapis prawa Biota-Savarta dla danego przypadku gdy brany jest pod uwagę tylko lewy bok ramki:$\text{\ \ \ \ \ \ d}H_{1} = \frac{\text{Idlcosβ}}{4\pi r^{2}}$ $\frac{l}{x} = tg\beta$ l = xtgβ $l = x\frac{\text{sinβ}}{\text{cosβ}}$ $\frac{\text{dl}}{\text{dβ}} = \frac{x}{\cos^{2}\beta}$ $dl = \frac{\text{xdβ}}{\cos^{2}\beta}$ $dH_{1} = \frac{I}{4\pi x}\text{cosβ\ dβ}$ $H = 4xH_{1} = \frac{2I}{\text{πα}}{\lbrack sin\beta\rbrack}_{\frac{- \pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} = \frac{2\sqrt{2}}{\pi}I$

Prawo Ampere $\oint_{}^{}{Hdl =_{S}^{}{jdS = I}}$

Ile wynosi natężenie pola magnetycznego wytworzone przez prad I=10 płynący w przewodzie kołowym o r₁=5cm a)w srodku zwoju S b) w punkcie M oddalonym o r₁ c) w punkcie N oddalonym o 2r₁ oddalonym od srodka przewodu: $dB = \frac{\text{μIdlr}}{4\pi r^{3}}\ \ dH = \frac{\text{Idlr}}{4\pi r^{3}}$ moduły tych wektorów$dB = \frac{\text{μIdl}}{4\pi r^{2}}sin\alpha\ \ dH = \frac{\text{Idl}}{4\pi r^{2}}\text{sinα\ \ }$Natężenie pola H w punkcie P wytworzone przez cały obwód elektryczny jednowymiarowy nieskończenie cienki wyraża się wzorem całkowym$\mathbf{\text{\ \ }}H = \frac{1}{4\pi}\oint_{}^{}\frac{\text{dlr}}{r^{3}}$ a)Natężenie pola magnetycznego w środku płaskiego zwoju kołowego α=90° i r- const$\ \ H = \frac{I}{4\pi r_{1}^{2}}\oint_{}^{}{dl =}\frac{I}{4\pi r_{1}^{2}}2\pi r_{1} = \frac{I}{2r_{1}}$ b)$H = \frac{\text{Isinβ}}{4\pi r^{2}}\oint_{}^{}\text{dl} = \frac{Ir^{1}}{2r^{2}}sin\beta\ \ \ \ r = \frac{r_{1}}{\text{sinβ}}\ \ \ \ H = \frac{I}{2r_{1}}\sin^{3}\text{β\ \ }$dla punkt M $sin\beta = \frac{r_{1}}{r} = \frac{r_{1}}{r_{1}\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\text{\ \ \ \ }$dla punktu N $sin\beta = \frac{r_{1}}{\sqrt{r_{1}^{2} + 4r_{1}^{2}}} = \frac{1}{\sqrt{5}}$

Na pierścień o przekroju kołowym nawinieto równomiernie czterysta zwojów(z=400) przez tak powstałe uzwojenie przepływa prąd o wartości I=1A Średnia średnica pierścienia wynosi D=60mm a średnica drutu nawojowego d =5mm Oblicz a) średnią wartość natężenia pola magnetycznego i indukcji w pierścieniu. b) strumień magnetyczny w pierścieniu Z prawa przepływu otrzymuję się:$\oint_{}^{}{Hdl = Iz\ \ HD\pi = Iz\ \ H = \frac{\text{Iz}}{\text{Dπ}}}\ \ \ \ B = \mu_{0}H\ \ \ \ \ \ \ \ \varnothing = BS = B\frac{d^{2}\pi}{4}$

3 kondensatory o pojemnościach C₁=1µF C₂=2µF C₃=3µF połączono szeregowo i włączono na U= 22kV wyznacz napięcie U₁U₂U₃ na poszczególnych kondensatorach oraz energię W_e1W_e2W_e3$\text{\ \ \ }\text{\ U}_{1} = U\frac{C_{2}C_{3}}{C_{1}C_{2} + C_{2}C_{3} + C_{3}C_{1}}$ $\text{\ U}_{2} = U\frac{C_{3}C_{1}}{C_{1}C_{2} + C_{2}C_{3} + C_{3}C_{1}}\text{\ \ \ }\text{\ U}_{3} = U\frac{C_{1}C_{2}}{C_{1}C_{2} + C_{2}C_{3} + C_{3}C_{1}}\text{\ \ \ \ \ \ \ \ }W_{e} = \int_{}^{}{dW_{e}} = \int_{0}^{U}\text{Cudu} = \frac{1}{2}CU^{2}\text{\ \ }$

Gwiazda>trójkąt=1/3C

$F = \frac{\left| Q_{1} + Q_{2} \right|}{4\pi\varepsilon r^{2}}$ $E = \frac{\left| Q \right|}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\ \ \ \ \ V = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}r}\text{\ \ }$

2 nieograniczone płaszczyzny mają potęcjały V=0 dla x=0 i V=V₀ dla x=a Obszar pomiędzy płaszczyznami jest wypełniony dielektrykiem o przenikalności e(x)=e^ax wyznaczyc rozkład potęcjału V(x)$\text{\ \ \ \ div}\overset{}{D} = 0\ \ \ \overset{}{D} = \varepsilon\left( x \right)\overset{}{E}\text{\ \ \ \ \ div}\left( \varepsilon\overset{}{E} \right) = \frac{\partial\varepsilon}{\partial x_{i}}{(\varepsilon E)}_{i} =$ $\frac{\partial\varepsilon}{\partial x_{i}}E_{i} + \varepsilon\frac{\partial E_{i}}{\partial x_{i}} = \overset{}{E}*grad\varepsilon + \varepsilon div\overset{}{E}\text{\ \ \ \ }\overset{}{E} = - gradV\ \ \ \ - grad\overset{}{E}*grad\varepsilon - \varepsilon divgradV = 0\ \ \ \ \ gradV*grad\varepsilon + \varepsilon\nabla^{2}V = 0\ \ \ grad\varepsilon = \overset{}{1_{x}}\frac{\partial\varepsilon}{\partial x} = \overset{}{1_{x}}\alpha e^{\text{αx}}\ \ \ \ \ \ gradV = \overset{}{1_{x}}\frac{\partial V}{\partial x}\text{\ \ \ \ \ }\nabla^{2}V = \frac{\partial^{2}V}{\partial x^{2}}\text{\ \ \ \ }\overset{}{1_{x}}\frac{\partial V}{\partial x}*\overset{}{1_{x}}\alpha e^{\text{αx}} +$ $e^{\text{αx}}\frac{\partial^{2}V}{\partial x^{2}} = 0\ \ \ \ \ \ \frac{\partial^{2}V}{\partial x^{2}} + \frac{\partial V}{\partial x} = 0$ Równanie charakterystyczne r²+αr=0 ma pierwiastki r₁=0 i r₂=-α Stąd V(x) = C₁ + C₂e^−αx gdzie C1,C2 są stałymi całkowania Dla x=0 mamy V(x)=0 stad c1+c2=0

Dla x=a V(x)=Vo stad C₁ + C₂e^−αx = 0 Stałe całkowania wynoszą więc

$c_{1} = \frac{- V_{0}}{e^{- \alpha x} - 1}$ $c_{2} = \frac{V_{0}}{a - 1}$ Stąd rozkład potencjału ma postać$\text{\ \ V}\left( x \right) = \frac{V_{0}}{e^{- \alpha a} - 1}(e^{- \alpha x} - 1)$ a natężenie pola elektrycznego $E_{x}\left( x \right) = - \frac{\partial V}{\partial x} = \frac{\alpha V_{0}}{e^{- \alpha a} - 1}e^{- \alpha x}$