Rozdział 13

$\mathrm{1,1}\mathrm{T}∕\mathrm{s}$.

a. Z punktu widzenia widocznego na rysunku obserwatora podczas zbliżania się tego magnesu biegunem S w kierunku pętli prąd płynie zgodnie z kierunkiem ruchu wskazówek zegara; b. Prąd ten maleje do zera, gdy magnes znajduje się centralnie w płaszczyźnie pętli i ją mija; c. Gdy ten magnes oddala się od pętli (biegunem N), prąd płynie ponownie zgodnie z kierunkiem ruchu wskazówek zegara.

$\epsilon =B{l}^2\omega ∕2$. Potencjał punktu $O$ jest wyższy niż potencjał punktu $S$.

$\mathrm{1,5}\mathrm{V}$.

a. Tak; b. Tak, jednak ze względu na brak symetrii pomiędzy polem elektrycznym a kształtem cewki funkcja występująca pod całką $\oint \overrightarrow{E}\cdot d\overrightarrow{l}$ będzie bardziej skomplikowana i nie będzie mogła być uproszczona w sposób podany w odnośnym przykładzie.

$\mathrm{3,4}\cdot {10}^{-3}\mathrm{V}∕\mathrm{m}$.

$P_1$, $P_2$, $P_4$.

a. $\mathrm{3,1}\cdot {10}^{-6}\mathrm{V}$; b. $2\cdot {10}^{-7}\mathrm{V}∕\mathrm{m}$.

Nie, wartość SEM zależy jedynie od szybkości zmian pola magnetycznego.

Pola elektryczne indukowane w obu pierścieniach są takie same. Siła elektromotoryczna indukowana w pierścieniu miedzianym jest jednak znacznie większa ze względu na jego przewodnictwo elektryczne, znacznie lepsze niż przewodnictwo pierścienia drewnianego.

a. Nie; b. Tak.

Tak, jeśli w poprzedniej (infinitezymalnej) chwili czasu wartość strumienia magnetyczna była różna od zera. Innymi słowy, pochodna strumienia magnetycznego po czasie powinna mieć niezerową wartość w punkcie $t=0\mathrm{s}$.

Pętlę należy umieścić tak, aby linie pola magnetycznego były prostopadłe do wektora jednostkowego powierzchni pętli. Odpowiada to równoległemu ułożeniu linii pola w stosunku do powierzchni pętli.

Patrząc od strony obwodu: a. Kierunek zgodny z kierunkiem ruchu wskazówek zegara; b. Kierunek przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara.

Podczas wnikania dysku w obszar pola indukowana SEM wytwarza w nim prąd przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara. Dopóki dysk pozostaje w obszarze pola, strumień magnetyczny nie zmienia się i prąd nie płynie. Podczas opuszczania obszaru pola przez dysk indukowany w nim prąd jest przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara.

Kierunki widziane od strony magnesu: a. oraz d. Przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara; b., c. oraz e. Zgodny z kierunkiem ruchu wskazówek zegara; f. Brak prądu.

Ładunki dodatnie zgromadzą się na zachodniej części skrzydła (po lewej stronie pilota), podczas gdy ładunki ujemne zostaną wypchnięte do wschodniej części skrzydła (po prawej stronie pilota). W rezultacie końce lewej części skrzydła naładują się dodatnio, a prawej części – ujemnie.

Wartość pracy przewyższa wartość energii kinetycznej pręta o wartość pracy wykonanej w celu przeciwdziałania indukowanej SEM.

Efekt ekranowania zmiennego pola magnetycznego przez przewodzący arkusz występuje dzięki indukowanej w nim sile elektromotorycznej. Indukowana SEM wytwarza bowiem pole magnetyczne przeciwstawiające się zmianom pola magnetycznego pochodzącego ze źródła pod arkuszem. W rezultacie w obszarze ponad arkuszem wypadkowe pole magnetyczne jest zerowe. Jeżeli źródło wytwarzałoby statyczne pole magnetyczne, to SEM nie indukowałaby się w arkuszu, ponieważ do jej wytworzenia niezbędny jest zmienny w czasie strumień magnetyczny. Zatem statyczne pole magnetyczne nie będzie ekranowane.

a. Brak indukowanego prądu, brak siły magnetycznej; b. Prąd indukowany zgodny z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, siła magnetyczna zwrócona w lewo; c. Brak indukowanego prądu, brak siły magnetycznej; d. Prąd indukowany przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara, siła magnetyczna zwrócona w prawo; e. Brak indukowanego prądu, brak siły magnetycznej.

a. $\mathrm{3,8}\mathrm{V}$; b. $\mathrm{2,2}\mathrm{V}$; c. $0\mathrm{V}$.

$\epsilon =-d{\mathrm{\Phi }}_B∕dt=-d\left(BS\right)∕dt=-SdB∕dt$, pole powierzchni równe jest $S=\pi r^2=\pi {\left(\mathrm{0,1}\mathrm{m}\right)}^2=\mathrm{3,14}\cdot {10}^{-2}{\mathrm{m}}^2$, zatem
$B=\mathrm{1,5}\mathrm{mT}∕\mathrm{s}\cdot t$, stąd $\epsilon =-\mathrm{3,14}\cdot {10}^{-2}{\mathrm{m}}^2\cdot \mathrm{1,5}\mathrm{mT}∕\mathrm{s}=-47\mathrm{mV}$, dla ,
$B=3\mathrm{mT}$, stąd $\epsilon =-\mathrm{3,14}\cdot {10}^{-2}{\mathrm{m}}^2\cdot 0\mathrm{mT}∕\mathrm{s}=0\mathrm{mV}$, dla ,
$B=-3\mathrm{mT}∕\mathrm{s}\cdot t+18\mathrm{mT}$, stąd $\epsilon =-\mathrm{3,14}\cdot {10}^{-2}{\mathrm{m}}^2\cdot \left(-3\mathrm{mT}∕\mathrm{s}\right)=94\mathrm{mV}$, dla $5\mathrm{ms}\le t\le 6\mathrm{ms}$.

Każda z otrzymanych wartości będzie dwudziestokrotnie większa.

$\hat{n}=\hat{k}$, $d{\mathrm{\Phi }}_B=Cysin\left(\omega t\right)dxdy$, ${\mathrm{\Phi }}_B=Ca{b}^{2}sin\left(\omega t\right)∕2$, $\epsilon =-Ca{b}^2\omega cos\left(\omega t\right)∕2$.

a. $\mathrm{7,8}\cdot {10}^{-3}\mathrm{V}$; b. Patrząc zgodnie z polem magnetycznym, kierunek prądu przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara.

a. $150\mathrm{mA}$ ku dołowi rysunku; b. $232\mathrm{mA}$ ku górze rysunku; c. $\mathrm{0,093}\mathrm{mA}$ ku dołowi rysunku.

$\mathrm{0,0015}\mathrm{V}$.

$\epsilon =-B_{0}ld\omega cos\left(\omega t\right)$.

$\epsilon =Blvcos\theta$.

a. $2\cdot {10}^{-19}\mathrm{N}$; b. $\mathrm{1,25}\mathrm{V}∕\mathrm{m}$; c. $\mathrm{0,3125}\mathrm{V}$; d. $16\mathrm{m}∕\mathrm{s}$.

$\mathrm{0,018}\mathrm{A}$, kierunek zgodny z kierunkiem ruchu wskazówek zegara.

$\mathrm{4,67}\mathrm{V}∕\mathrm{m}$.

Wewnątrz solenoidu: $B={\mu }_{0}nI$ oraz $\oint \overrightarrow{E}\cdot d\overrightarrow{l}=\pi r^2{\mu }_{0}n\cdot dI∕dt$, więc $E={\mu }_{0}nr∕2\cdot dI∕dt$. Na zewnątrz solenoidu: $E\cdot 2\pi r=\pi R^2{\mu }_{0}n\cdot dI∕dt$, więc $E={\mu }_{0}n{R}^2∕\left(2r\right)\cdot dI∕dt$.

a. $E_{\text{wew}}=r∕2\cdot dB∕dt$, $E_{\text{zew}}=R^2∕\left(2r\right)\cdot dB∕dt$; b. $W=\mathrm{4,19}\cdot {10}^{-23}\mathrm{J}$; c. $W=-\pi R^{2}e\cdot dB∕dt=\mathrm{1,05}\cdot {10}^{-21}\mathrm{J}$; d. $F_{\text{m}}=4\cdot {10}^{-13}\mathrm{N}$, $F_{\text{e}}=\mathrm{2,7}\cdot {10}^{-22}\mathrm{N}$.

$\mathrm{7,1}\mathrm{\mu A}$.

73 zwoje.

a. $\omega =100\pi \mathrm{rad}∕\mathrm{s}$, $\epsilon =850\mathrm{V}\cdot sin\left(100\pi \mathrm{rad}∕\mathrm{s}\cdot t\right)$; b. $P=720\mathrm{W}\cdot {sin}^2\left(100\pi \mathrm{rad}∕\mathrm{s}\cdot t\right)$; c. $P=360\mathrm{W}\cdot {sin}^2\left(100\pi \mathrm{rad}∕\mathrm{s}\cdot t\right)$.

a. $Q$ jest proporcjonalne do $B$; b. Wartość $Q$ zależy od orientacji pola względem płaszczyzny cewki. Maksymalna wartość ładunku oznacza, że pole jest prostopadłe, natomiast wartość zerowa – że pole jest równoległe.

$\mathrm{1,28}\mathrm{A}$; a. $\mathrm{0,44}\mathrm{A}$; b. $100\mathrm{W}$; c. $66\mathrm{W}$; d. $34\mathrm{W}$.

$3\mathrm{A}∕\mathrm{s}$.

$\mathrm{2,83}\cdot {10}^{-4}\mathrm{A}$; kierunek prądu wskazany na poniższym rysunku dotyczy rosnącego pola magnetycznego.

$\mathrm{0,375}\mathrm{V}$.

a. $\mathrm{0,94}\mathrm{V}$; b. $\mathrm{0,7}\mathrm{N}$; c. $\mathrm{3,52}\mathrm{J}∕\mathrm{s}$; d. $\mathrm{3,52}\mathrm{W}$.

$E\left(r\right)=dB∕dt\cdot S∕\left(2\pi r\right)$.

a. $R_{\text{w}}+R_{\text{t}}=230\mathrm{V}∕\left(2\mathrm{A}\right)=115\mathrm{\Omega }$, zatem $R_{\text{w}}=95\mathrm{\Omega }$; b. $I=\left({\epsilon }_{\text{z}}-{\epsilon }_{\text{p}}\right)∕\left(R_{\text{w}}+R_{\text{t}}\right)$, zatem ${\epsilon }_{\text{p}}=\mathrm{172,5}\mathrm{V}$; c. ${\epsilon }_{\text{p}}=115\mathrm{V}$.

Przy maksymalnej liczbie zwojów możliwych do wykonania z przewodu o danej długości.

$\mathrm{5,3}\mathrm{V}$.

${\mathrm{\Phi }}_B={\mu }_0{I}_{0}a∕\left(2\pi \right)\cdot ln\left(1+b∕x\right)$, $\epsilon ={\mu }_0{I}_{0}abv∕\left[2\pi x\left(x+b\right)\right]$, zatem $I={\mu }_0{I}_{0}abv∕\left[2\pi Rx\left(x+b\right)\right]$.

a. $\mathrm{1,26}\cdot {10}^{-7}\mathrm{V}$; b. $\mathrm{1,71}\cdot {10}^{-8}\mathrm{V}$; c. $0\mathrm{V}$.

a. $v=mgRsin\theta ∕\left(B^2{l}^2{cos}^2\theta \right)$; b. $mgvsin\theta$; c. Belka będzie się zsuwać z niezmienioną prędkością, a zaindukowany w niej prąd popłynie w przeciwnym kierunku.

a. $B={\mu }_{0}nI$, ${\mathrm{\Phi }}_B=BA={\mu }_{0}nIA$, $\mathrm{9,9}\cdot {10}^{-4}\mathrm{V}$; b. $\mathrm{9,9}\cdot {10}^{-4}\mathrm{V}$; c. $\epsilon =\oint \overrightarrow{E}\cdot d\overrightarrow{l}$, $E=\mathrm{1,6}\cdot {10}^{-3}\mathrm{V}∕\mathrm{m}$; d. $\mathrm{9,9}\cdot {10}^{-4}\mathrm{V}$; e. Nie – z powodu braku symetrii walcowej problemu.

a. $\mathrm{1,92}\cdot {10}^6\mathrm{rad}∕\mathrm{s}=\mathrm{1,83}\cdot {10}^7\mathrm{obr}∕\min$; b. Obliczona prędkość kątowa jest bardzo duża i niemożliwa do osiągnięcia przy użyciu jakiegokolwiek urządzenia mechanicznego; c. Błędne założenie, że indukowane napięcie może osiągnąć wartość $12\mathrm{kV}$.

$I=2{\mu }_0\pi a^2{I}_{0}n\omega ∕R$.

$L=mR{v}_0∕\left(B^2{D}^2\right)$.