Magnetyzm: pole magnetyczne, siła Lorentza

2 zadań z oficjalnych arkuszy matury rozszerzonej z fizyki (2023–2025). Spróbuj rozwiązać samodzielnie, potem odsłoń odpowiedź — przy każdym zadaniu znajdziesz typową pułapkę, na której wykładają się maturzyści.

Matura CKE · maj 2025 · zad. 8 3 pkt magnetyzm, pole magnetyczne prądu prostoliniowego, reguła prawej dłoni

Przewodnik prostoliniowy umieszczono prostopadle do płaszczyzny rysunku. W punkcie $P_{1}$ oddalonym od przewodnika o $r_{1}$ wektor indukcji magnetycznej $B_{1}$ ma kierunek pokazany na rysunku. Punkt $P_{2}$ znajduje się po przeciwnej stronie przewodnika w odległości $r_{2} = 4 r_{1}$ .

Zadanie 8. (0–3) Oznacz kierunek prądu w przewodniku (symbolem $⊙$ — "ku obserwatorowi" lub $\otimes$ — "od obserwatora"). Narysuj na rysunku wektor indukcji magnetycznej $B_{2}$ w punkcie $P_{2}$ z zachowaniem proporcji jego długości względem $B_{1}$ .

Pokaż odpowiedź

Z reguły prawej dłoni: jeśli $B_{1}$ w punkcie $P_{1}$ ma określony kierunek, to prąd
w przewodniku płynie tak, aby kciuk wskazywał kierunek prądu, a zagięte palce kierunek pola
magnetycznego. Na podstawie rysunku z arkusza ustalamy symbol $⊙$ lub $\otimes$
(zależnie od orientacji $B_{1}$ ).

Wartość indukcji magnetycznej przewodnika prostoliniowego:
$B = \frac{μ _{0} I}{2 π r}$

Stosunek wartości:
$\frac{B _{2}}{B _{1}} = \frac{r _{1}}{r _{2}} = \frac{1}{4}$

Czyli $B_{2}$ ma długość ¼ długości $B_{1}$ . Kierunek $B_{2}$ jest przeciwny
do $B_{1}$ (punkt $P_{2}$ jest po przeciwnej stronie przewodnika, więc pole "okrąża"
przewodnik w przeciwnym kierunku względem $P_{1}$ ).

⚠ Typowa pułapka: Najczęstsze błędy: zła reguła prawej dłoni (mylenie kierunku prądu z kierunkiem pola), brak uwzględnienia, że indukcja maleje jak $1/ r$ (NIE $1/ r^{2}$ ), brak odwrócenia kierunku $B_{2}$ względem $B_{1}$ po przeciwnej stronie przewodnika.
Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →

Matura CKE · maj 2023 · zad. 7 7 pkt pole magnetyczne, siła Lorentza, ruch po okręgu, proton w polu magnetycznym, indukcja magnetyczna, zachowanie energii, dynamika ruchu krzywoliniowego

Proton poruszał się w próżni, w polu magnetycznym po torze, który składał się z półokręgów $A F$ , $FB$ , $BE$ , $EC$ , $C D$ (zobacz rysunek). Na każdym z tych półokręgów wektor indukcji magnetycznej był prostopadły do płaszczyzny ruchu protonu i miał stałą wartość, ale dla różnych półokręgów wartości te były różne i wynosiły – odpowiednio – $B_{A F}$ , $B_{FB}$ , $B_{BE}$ , $B_{EC}$ , $B_{C D}$ .

W chwili początkowej $t_{A} = 0$ proton znajdował się w punkcie $A$ i miał prędkość $v$ (prostopadłą do wektora indukcji magnetycznej). Dalej proton poruszał się po opisanym torze i po pewnym czasie uderzył w tarczę znajdującą się w punkcie $D$ . Wartość wektora indukcji magnetycznej na półokręgu $B_{A F}$ wynosiła $0, 2 T$ . Długości odcinków na poniższym rysunku spełniają równość: $∣ A B ∣ = ∣ BC ∣ = ∣ CS ∣ = ∣ S D ∣ = ∣ D E ∣ = ∣ EF ∣$ oraz $∣ A D ∣ = 1 m$ .

W zadaniach 7.1.–7.3. pomijamy siłę grawitacji działającą na proton.

Zadanie 7.1. (0–2)

Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Zaznacz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F – jeśli jest fałszywe.

Nr	Stwierdzenie	P/F
1.	Wektor indukcji pola magnetycznego wzdłuż całego toru ruchu protonu ma zwrot przed płaszczyznę rysunku (tzn. w stronę patrzącego).	P / F
2.	Wartość siły magnetycznej Lorentza działającej na proton jest stała na całej długości toru od punktu $A$ do punktu $D$ .	P / F
3.	Czas ruchu protonu po każdym z półokręgów $A F$ , $FB$ , $BE$ , $EC$ , $C D$ jest taki sam.	P / F

Zadanie 7.2. (0–2)

Wykaż, że wartość prędkości protonu w ruchu po każdym z półokręgów była stała. Powołaj się na:

odpowiednie własności siły działającej na proton oraz
zasady dynamiki albo odpowiednie twierdzenie o energii kinetycznej.

Zadanie 7.3. (0–3)

Oblicz wartość $B_{C D}$ wektora indukcji pola magnetycznego działającego na proton, gdy poruszał się on po półokręgu $C D$ . Zapisz obliczenia. Wskazówka: Wartość prędkości protonu poruszającego się po torze $A FBEC D$ była stała.

Pokaż odpowiedź

Zadanie 7.1.

Aby proton (ładunek dodatni) z prędkością $v$ (w prawo, wzdłuż $A D$ ) skręcił w pierwszym półokręgu $A F$ (na rysunku górą, w lewo), siła Lorentza $F = q v \times B$ musi działać "w górę". Z reguły prawej dłoni: $B$ jest skierowane za płaszczyznę rysunku (od patrzącego), NIE przed nią.

Zwrot przed płaszczyznę — fałsz, jest za płaszczyznę (lub można argumentować: zwroty się zmieniają na różnych półokręgach, bo proton skręca raz w lewo, raz w prawo). F
Siła Lorentza $F = q v B$ . Prędkość $v$ jest stała (siła zawsze prostopadła do $v$ , nie wykonuje pracy), ale $B$ jest różne na różnych półokręgach, więc $F$ jest różna. F
Czas półobiegu: $t = π r / v$ . Promienie półokręgów są różne ( $∣ A B ∣, ∣ A F ∣$ różne), więc czasy też różne. F

Zadanie 7.2.

Siła Lorentza $F_{L} = q v \times B$ jest zawsze prostopadła do prędkości $v$ . Z twierdzenia o energii kinetycznej:

$Δ E_{k} = W = \int F \cdot d s$

Ponieważ $d s ∥ v$ , a $F_{L} ⊥ v$ , mamy $F_{L} \cdot d s = 0$ , czyli siła nie wykonuje pracy. Zatem $Δ E_{k} = 0$ , więc $v = const$ . Wartość prędkości protonu jest stała na każdym półokręgu.

Zadanie 7.3.

$∣ A D ∣ = 1 m$ podzielone na 5 równych odcinków: $∣ A B ∣ = ∣ BC ∣ = ∣ CS ∣ = ∣ S D ∣ = ∣ D E ∣ = ∣ EF ∣ = 0, 2 m$ .

Promienie półokręgów (każdy = połowa średnicy = długość półokręgu między punktami):

$A F$ : średnica $∣ A F ∣$ . Z rysunku $A$ i $F$ są symetryczne — promień $r_{A F} = \frac{∣ A F ∣}{2}$ . Z geometrii: $∣ A F ∣$ ma długość 5 odcinków = 1 m, więc $r_{A F} = 0, 5 m$ .
$C D$ : średnica $∣ C D ∣ = ∣ CS ∣ + ∣ S D ∣ = 0, 4 m$ , więc $r_{C D} = 0, 2 m$ .

Z warunku ruchu po okręgu (siła Lorentza = siła dośrodkowa):

$q v B = \frac{m v ^{2}}{r} \Rightarrow B = \frac{m v}{q r}$

Stosunek dla półokręgów $A F$ i $C D$ (przy stałych $m, v, q$ ):

$\frac{B _{C D}}{B _{A F}} = \frac{r _{A F}}{r _{C D}}$

$B_{C D} = B_{A F} \cdot \frac{r _{A F}}{r _{C D}} = 0, 2 \cdot \frac{0 , 5}{0 , 2} = 0, 2 \cdot 2, 5 = 0, 5 T$

Odpowiedź: $B_{C D} = 0, 5 T$ .

⚠ Typowa pułapka: - Siła Lorentza ZAWSZE prostopadła do prędkości → praca = 0 → $v = const$ . - Promień okręgu: $r = m v / (qB)$ . Większe $B$ → mniejszy promień. - Geometria toru wymaga uważnego policzenia promieni z podziału $∣ A D ∣$ na równe odcinki. - Zwrot $B$ wynika z reguły prawej dłoni dla $F = q v \times B$ (dla dodatniego $q$ ). - Na różnych półokręgach zwrot $B$ może się zmieniać (skręty w przeciwne strony) — sprawdź geometrię toru.

Zobacz pełne rozwiązanie krok po kroku →

Zadania treningowe — ułożone w stylu matury rozszerzonej (nie pochodzą z arkuszy CKE). Świetne do dodatkowych ćwiczeń, gdy przerobisz już oryginalne zadania.

Zadanie treningowe 4 pkt siła Lorentza i ruch po okręgu (proton)

Proton o masie $m = 1, 67 \cdot 1 0^{- 27} k g$ i ładunku $q = 1, 6 \cdot 1 0^{- 19} C$ wpada prostopadle do jednorodnego pola magnetycznego o indukcji $B = 0, 5 T$ z prędkością $v = 2 \cdot 1 0^{6} \frac{m}{s}$ .

a) Oblicz wartość siły Lorentza działającej na proton. b) Oblicz promień okręgu, po którym porusza się proton.

Pokaż rozwiązanie

Odpowiedź:

a) $F = 1, 6 \cdot 1 0^{- 13} N$ ; b) $r \approx 4, 2 c m$ .

Rozwiązanie:

a) Siła Lorentza dla ruchu prostopadłego do pola ( $sin 9 0^{\circ} = 1$ ): $F = q v B = 1, 6 \cdot 1 0^{- 19} \cdot 2 \cdot 1 0^{6} \cdot 0, 5 = 1, 6 \cdot 1 0^{- 13} N .$

b) Siła Lorentza pełni rolę siły dośrodkowej: $q v B = \frac{m v ^{2}}{r}$ , skąd: $r = \frac{m v}{q B} = \frac{1 , 67 \cdot 1 0 ^{- 27} \cdot 2 \cdot 1 0 ^{6}}{1 , 6 \cdot 1 0 ^{- 19} \cdot 0 , 5} .$ $r = \frac{3 , 34 \cdot 1 0 ^{- 21}}{8 \cdot 1 0 ^{- 20}} \approx 4, 2 \cdot 1 0^{- 2} m = 4, 2 c m .$

⚠ Typowa pułapka: W promieniu $r = \frac{m v}{qB}$ nie ma kwadratu prędkości — wynika to ze skrócenia $v^{2} / v$ przy przyrównaniu siły Lorentza do dośrodkowej.
Zadanie treningowe 3 pkt siła elektrodynamiczna na przewodnik

Prostoliniowy przewodnik o długości $l = 0, 2 m$ , przez który płynie prąd $I = 5 A$ , umieszczono w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji $B = 0, 8 T$ .

a) Oblicz siłę działającą na przewodnik, gdy jest on ustawiony prostopadle do linii pola. b) Oblicz tę siłę, gdy przewodnik tworzy z liniami pola kąt $3 0^{\circ}$ .

Pokaż rozwiązanie

Odpowiedź:

a) $F = 0, 8 N$ ; b) $F = 0, 4 N$ .

Rozwiązanie:

Siła elektrodynamiczna: $F = B I l sin α,$ gdzie $α$ to kąt między przewodnikiem a liniami pola.

a) Dla $α = 9 0^{\circ}$ ( $sin 9 0^{\circ} = 1$ ): $F = 0, 8 \cdot 5 \cdot 0, 2 \cdot 1 = 0, 8 N .$

b) Dla $α = 3 0^{\circ}$ ( $sin 3 0^{\circ} = 0, 5$ ): $F = 0, 8 \cdot 5 \cdot 0, 2 \cdot 0, 5 = 0, 4 N .$

⚠ Typowa pułapka: Kąt $α$ we wzorze to kąt między kierunkiem prądu a wektorem indukcji $B$ . Gdy przewodnik jest równoległy do pola ( $α = 0$ ), siła jest zerowa.
Zadanie treningowe 3 pkt okres i częstotliwość cyklotronowa elektronu

Elektron o masie $m = 9, 11 \cdot 1 0^{- 31} k g$ i ładunku $q = 1, 6 \cdot 1 0^{- 19} C$ porusza się po okręgu w jednorodnym polu magnetycznym o indukcji $B = 0, 01 T$ .

Oblicz okres obiegu elektronu oraz jego częstotliwość cyklotronową.

Pokaż rozwiązanie

Odpowiedź:

$T \approx 3, 6 \cdot 1 0^{- 9} s$ ; $f \approx 2, 8 \cdot 1 0^{8} Hz$ .

Rozwiązanie:

Dla ruchu po okręgu w polu magnetycznym $q v B = \frac{m v ^{2}}{r}$ , skąd $r = \frac{m v}{qB}$ . Okres obiegu $T = \frac{2 π r}{v}$ nie zależy od prędkości: $T = \frac{2 πm}{q B} = \frac{2 π \cdot 9 , 11 \cdot 1 0 ^{- 31}}{1 , 6 \cdot 1 0 ^{- 19} \cdot 0 , 01} .$ $T = \frac{5 , 72 \cdot 1 0 ^{- 30}}{1 , 6 \cdot 1 0 ^{- 21}} \approx 3, 6 \cdot 1 0^{- 9} s .$

Częstotliwość cyklotronowa: $f = \frac{1}{T} = \frac{q B}{2 πm} \approx \frac{1}{3 , 6 \cdot 1 0 ^{- 9}} \approx 2, 8 \cdot 1 0^{8} Hz .$

⚠ Typowa pułapka: Kluczowa cecha ruchu cyklotronowego: okres i częstotliwość NIE zależą od prędkości ani promienia — zależą tylko od $\frac{q}{m}$ i $B$ .
Zadanie treningowe 4 pkt indukcja elektromagnetyczna (SEM)

a) Prostoliniowy przewodnik o długości $l = 0, 5 m$ porusza się prostopadle do linii jednorodnego pola magnetycznego o indukcji $B = 0, 4 T$ z prędkością $v = 3 \frac{m}{s}$ . Oblicz siłę elektromotoryczną (SEM) indukcji.

b) Płaska ramka o powierzchni $S = 0, 1 m^{2}$ znajduje się w polu magnetycznym prostopadłym do jej płaszczyzny. Indukcja pola rośnie równomiernie od $0, 2 T$ do $0, 6 T$ w czasie $Δ t = 0, 5 s$ . Oblicz SEM indukcji w ramce.

Pokaż rozwiązanie

Odpowiedź:

a) $ε = 0, 6 V$ ; b) $ε = 0, 08 V$ .

Rozwiązanie:

a) SEM indukcji dla przewodnika poruszającego się prostopadle do pola: $ε = B l v = 0, 4 \cdot 0, 5 \cdot 3 = 0, 6 V .$

b) Z prawa Faradaya SEM równa jest szybkości zmiany strumienia magnetycznego $Φ = B S$ . Przy stałej powierzchni: $ε = \frac{ΔΦ}{Δ t} = \frac{S \cdot Δ B}{Δ t} = \frac{0 , 1 \cdot ( 0 , 6 - 0 , 2 )}{0 , 5} .$ $ε = \frac{0 , 1 \cdot 0 , 4}{0 , 5} = \frac{0 , 04}{0 , 5} = 0, 08 V .$

⚠ Typowa pułapka: W części b) zmienia się indukcja $B$ , a nie powierzchnia — dlatego $ΔΦ = S Δ B$ . Wstawienie do wzoru pełnej wartości $B$ zamiast jej przyrostu $Δ B$ zawyży wynik.