Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 480
2014-06-01 
Проводящий стержень подвешен горизонтально на двух легких проводах в магнитном поле, индукция которого направлена вертикально вниз и по модулю равна $B = 1 Тл$ (рис.). Длина стержня $l = 0,2 м$, масса $m = 10 г$, длина проводов $l_{1} = 0,1 м$. К точкам закрепления проводов подключают конденсатор емкостью $c = 100 мкф$, заряженный до напряжения $U = 100 В$. Определить: а) максимальный угол отклонения системы от положения равновесия после разрядки конденсатора, считая, что разрядка происходит за очень малое время; б) емкость $C_{1}$ конденсатора, при разрядке которого система отклонится на угол $\alpha = 3^{\circ}$, если при разрядке заряженного до такого же напряжения конденсатора емкостью $C_{0} = 10 мкф$ угол отклонения $\beta = 2^{\circ}$.
Решение:
При подключении конденсатора по стержню начинает идти ток $I$, благодаря чему на стержень действует сила
$F=BlI$,
направленная перпендикулярно стержню и вектору $\bar{B}$.
Так как время $t$ разряда конденсатора мало, то можно считать, что мало также и происходящее за это время смещение стержня от положения равновесия. Стержень лишь получит в горизонтальном направлении некоторый импульс $\bar{p}$.
Разбив время $t$ на малые промежутки $\Delta t$, в течение каждого из которых можно силу считать постоянной, получим:
$p = \sum_{i} F_{i} \Delta t = Bl \sum_{i} l_{i} \cdot \delta t = Blq,$
$v=\frac{p}{m}=\frac{Bl}{m} q$.
где $q$ - заряд, прошедший по стержню. При полном разряде конденсатора
$q=CU$.
Поэтому
$v= \frac{BlCU}{m}$
Угол отклонения системы от положения равновесия найдем, воспользовавшись законом сохранения энергии:
$\frac{mv^{2}}{2} = mgl_{1} (1- \cos \alpha) = 2 mgl_{1} \sin^{2} \frac{\alpha}{2}$,
откуда
$\alpha = 2 arcsin \left ( \frac{BCUl}{2m \sqrt{gl_{1}}} \right )= 2 arcsin (0,1) \approx 12^{\circ}$
Так как
$\sin \frac{\alpha_{0}}{2} = c_{0} \frac{BUl}{2m \sqrt{gl_{1}}}$ и
$\sin \frac{\alpha_{1}}{2} = c_{1} \frac{BUl}{2m \sqrt{gl_{1}}}$
то
$C_{1} = C_{0} \frac{\sin \alpha_{\alpha_{1}}{2}}{\sin \alpha_{\alpha_{0}}{2}}$
Учитывая, что углы $\alpha_{1}$ и $\alpha_{0}$ малы, можно приближенно принять, что
$C_{1} = C_{0} \frac{\alpha_{1}}{\alpha_{0}} 15 мкф$.
Проводящий стержень подвешен горизонтально на двух легких проводах в магнитном поле, индукция которого направлена вертикально вниз и по модулю равна $B = 1 Тл$ (рис.). Длина стержня $l = 0,2 м$, масса $m = 10 г$, длина проводов $l_{1} = 0,1 м$. К точкам закрепления проводов подключают конденсатор емкостью $c = 100 мкф$, заряженный до напряжения $U = 100 В$. Определить: а) максимальный угол отклонения системы от положения равновесия после разрядки конденсатора, считая, что разрядка происходит за очень малое время; б) емкость $C_{1}$ конденсатора, при разрядке которого система отклонится на угол $\alpha = 3^{\circ}$, если при разрядке заряженного до такого же напряжения конденсатора емкостью $C_{0} = 10 мкф$ угол отклонения $\beta = 2^{\circ}$.
Решение:
При подключении конденсатора по стержню начинает идти ток $I$, благодаря чему на стержень действует сила
$F=BlI$,
направленная перпендикулярно стержню и вектору $\bar{B}$.
Так как время $t$ разряда конденсатора мало, то можно считать, что мало также и происходящее за это время смещение стержня от положения равновесия. Стержень лишь получит в горизонтальном направлении некоторый импульс $\bar{p}$.
Разбив время $t$ на малые промежутки $\Delta t$, в течение каждого из которых можно силу считать постоянной, получим:
$p = \sum_{i} F_{i} \Delta t = Bl \sum_{i} l_{i} \cdot \delta t = Blq,$
$v=\frac{p}{m}=\frac{Bl}{m} q$.
где $q$ - заряд, прошедший по стержню. При полном разряде конденсатора
$q=CU$.
Поэтому
$v= \frac{BlCU}{m}$
Угол отклонения системы от положения равновесия найдем, воспользовавшись законом сохранения энергии:
$\frac{mv^{2}}{2} = mgl_{1} (1- \cos \alpha) = 2 mgl_{1} \sin^{2} \frac{\alpha}{2}$,
откуда
$\alpha = 2 arcsin \left ( \frac{BCUl}{2m \sqrt{gl_{1}}} \right )= 2 arcsin (0,1) \approx 12^{\circ}$
Так как
$\sin \frac{\alpha_{0}}{2} = c_{0} \frac{BUl}{2m \sqrt{gl_{1}}}$ и
$\sin \frac{\alpha_{1}}{2} = c_{1} \frac{BUl}{2m \sqrt{gl_{1}}}$
то
$C_{1} = C_{0} \frac{\sin \alpha_{\alpha_{1}}{2}}{\sin \alpha_{\alpha_{0}}{2}}$
Учитывая, что углы $\alpha_{1}$ и $\alpha_{0}$ малы, можно приближенно принять, что
$C_{1} = C_{0} \frac{\alpha_{1}}{\alpha_{0}} 15 мкф$.
