Fizyka II c1 ¡ pI1 I2qR ¡I1r 0, c2 ¡ pI1 I2qR

Fizyka II
Grupa B
Kolokwium nr 2 – czas: 90 min.
MAX: 40 pkt.
27 kwietnia 2016 r.
Zadanie 1
(10 pkt.)
Dwa akumulatory o siłach elektromotorycznych E1 4 V, E2 2 V i jednakowych oporach wewnętrznych η 2 Ω połączono równolegle. Do tak utworzonej baterii dołączono opór R 4 Ω.
a) Obliczyć natężenie prądów I1 oraz I2 płynących przez każdy z akumulatorów,
b) Obliczyć napięcie U między biegunami akumulatorów.
Rozwiązanie:
Rysunek 1
a) Przyjmujemy umowne kierunki prądów jak na schemacie (Rys. 1). Na podstawie II prawa Kirchhoffa dla
obydwu oczek zawierających opór R otrzymujemy:
E1 p I 1
E2 pI1
Po uporządkowaniu wyrazów:
E1 I 1 pR
E2 I 2 pR
I2 qR I1 r
0,
I2 qR I2 r 0.
rq I2 R 0,
rq I1 R 0.
(1)
(2)
(3)
(4)
Następnie po prostych przekształceniach:
I1
E1pRp2R rq rqrE2R 0.8 A,
(5)
I1
E2pRp2R rq rqrE1R 0.2 A.
(6)
Natężenie I2 wyszło ujemne, zatem kierunek prądu jest przeciwny do pierwotnie założonego. Wynika stąd,
że drugi akumulator jest ładowany prądem o natężeniu 0.2 A.
b) Napięcia na biegunach jednego i drugiego akumulatora jest takie samo i równe spadkowi potencjału na
oporze R.
I1 I2
U
.
(7)
R
Po podstawieniu wyrażeń na I1 i I2 otrzymujemy:
U
E2 qR
1
2.4 V.
pE2R
r
Zadanie 2
(8)
(10 pkt.)
W przybliżonym obrazie teorii Bohra elektron w atomie wodoru porusza się wokół jądra po okręgu o promieniu R 0.05 nm. Wychodząc z prawa Biota–Savarta oblicz pole magnetyczne, jakie wytwarza elektron
w środku jądra.
Rozwiązanie:
Zadanie można rozwiązać na dwa sposoby.
Pierwszy:
Prawo Biota-Savarta mówi, że:
µ0 Ids
4π
.
r2
dB
(9)
Całkowita indukcja będzie pochodziła po wycałkowaniu wszystkich przyczynków ds, więc można zapisać:
dB
µ0 Is
4π
.
r2
(10)
Dla elektronu poruszającego się po orbicie kołowej:
I
et
s vt.
oraz
(11)
Na podstawie powyższych równań otrzymujemy:
dB
µ0 ev
4π
.
r2
(12)
Prędkość elektronu obliczymy przyrównując siłę elektrostatyczną z siłą odśrodkową:
mv 2
r
Stąd mamy:
2
k re2 .
ck
v
e
µ0 e
e
4π r2
mr
Ostatecznie:
B
(13)
.
ck
mr
(14)
.
(15)
Drugi:
Prawo Biota-Savarta mówi, że:
dB
µ0 Ids
.
4π
r2
2
(16)
Chcemy obliczyć indukcję od kabla zamkniętego w kształt okręgu. W tym celu, z uwagi na symetrię, łatwiej
będzie przejść na współrzędne biegunowe:
ds Ñ rdφ.
(17)
Indukcja magnetyczna w środku okręgu:
B
»
dB
»
φ
0
µ0 I
4π
r
µ0 Irdφ
4π r2
»
φ
dφ.
(18)
0
Ogólnym rozwiązaniem jest postać dla dowolnego łuku okręgu:
0 Iφ
µ4πr
.
(19)
0 I2π
µ4πr
µ2r0I .
(20)
B
Natomiast dla pełnego okręgu, co oczywiste:
B
Dla elektronu poruszającego się po orbicie kołowej:
I
et
s vt.
oraz
(21)
Na podstawie powyższych równań otrzymujemy:
dB
µ0 ev
.
4π
r2
(22)
Prędkość elektronu obliczymy przyrównując siłę elektrostatyczną z siłą odśrodkową:
mv 2
r
Stąd mamy:
2
k re2 .
ck
v
e
µ0 e
e
4π r2
mr
Ostatecznie:
B
(23)
.
ck
mr
(24)
.
Zadanie 3
(25)
(10 pkt.)
~ z prędkością ~v0 . Kierunek wektora prędkości
Elektron wpada w jednorodne pole magnetyczne o indukcji B
tworzy kąt α z kierunkiem wektora pola magnetycznego. Określić tor ruchu elektronu w polu magnetycznym.
Rozwiązanie:
~ Siła ta jest
Na cząstkę naładowaną poruszającą się w polu magnetycznym działa siła Lorentza F~L q~v B.
prostopadła do płaszczyzny wyznaczonej przez wektory v i B. Wartość iloczynu wektorowego liczymy ze
wzoru: FL ev0 B sinpαq, gdzie e jest ładunkiem elektronu. Pod wpływem tej siły elektron będzie poruszał
się po okręgu w płaszczyźnie yz.
Promień okręgu obliczamy przyrównując wartość siły Lorentza do wartości siły odśrodkowej.
Bev0 sinpαq Stąd:
mv02 sinpαq2
.
R
(26)
mv0 sinpαq
.
Bq
(27)
const.,
2πR
v0 sinpαq.
T
(28)
R
Składowa prędkości v0x v0 cospαq powoduje przesuwanie się okręgu wzdłuż osi x, co oznacza, że torem
ruchu elektronu będzie linia śrubowa. Skok śruby wyznaczamy z następującej zależności:
v0
3
Wówczas:
v 2πR
,
sinpαq
T
(29)
0
p v0x T
v0 cospαq v 2πR
2π ctgpαq Ñ skok śruby.
sinpαq
(30)
0
Zadanie 4
(10 pkt.)
Dwie równoległe, poziome szyny są połączone na końcach kondensatorem o pojemności C. Na szynach
położono pręt o długości l i masie m (Rys. 2). Pręt porusza się ze stałym przyspieszeniem ~a. Obliczyć siłę zewnętrzną F~ działającą prostopadle na pręt, jeśli znajduje się on w jednorodnym polu magnetycznym
~ prostopadłym do pręta i płaszczyzny ruchu.
o indukcji B
Rysunek 2
Rozwiązanie:
Gdy pręt się porusza z przyspieszeniem a zgodnym z kierunkiem działania siły F , powstaje siła elektromotoryczna indukcji:
Eind Blat
(31)
gdzie t czas, liczony od chwili rozpoczęcia ruchu przez pręt. Pod wpływem tej siły elektromotorycznej
płynie prąd, który ładuje kondensator. Ładunek, zgromadzony w kondensatorze wzrośnie w czasie ∆t, o
∆q CEind CBla∆t, zatem:
∆q
I
CBla.
(32)
∆t
W polu magnetycznym na pręt, w którym płynie prąd I, działa siła elektrodynamiczna:
IlB CB 2l2a.
(33)
W rezultacie pręt porusza się pod wpływem siły wypadkowej F Fel , która nadaje masie m pręta przyspieszenie a. Na mocy drugiej zasady dynamiki F CB 2 l2 a ma, stąd wyznaczamy:
F pm CB 2 l2 qa.
(34)
Fel
4