Магнитное поле - подготовка к олимпиадам 2

Частицы двигаются, подталкиваемые электрическим и магнитным полями.

Задача 1.

Заряженная частица двигается в вязкой среде с постоянной скоростью во взаимно перпендикулярных электрическом и магнитных полях. Напряженность и индукция равны $E$ и $B$. Найти скорость частицы и угол между скоростью и направлением $B$, если сила сопротивления пропорциональна скорости. Известно, что при движении только в одном электрическом поле скорость частицы равна $\upsilon$. Силу тяжести не учитывать.

Решение.

Для движения только в электрическом поле

$$qE=k\upsilon$$

$$k=\frac{qE}{\upsilon}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~(1)$$

Частица двигается с постоянной скоростью – силы на нее уравновешены. Мы точно можем сказать, куда направлена сила Кулона, и точно можем сказать, что сила Лоренца перпендикулярна индукции – то есть на ось $y$ никаких сил нет. А значит, и сила сопротивления среды тоже равна нулю: $F_{s_y}=0$. Тогда и $\upsilon_y=0$.

По двум другим осям можно записать следующие уравнения:

$$q\upsilon_z B=k\upsilon_x$$

$$qE=k\upsilon_z+q\upsilon_x B$$

Из первого

$$\upsilon_x=\frac{q\upsilon_z B}{k}$$

Подставляем во второе:

$$qE= k\upsilon_z+\frac{q^2B^2}{k}\upsilon_z$$

Откуда (подставим также (1)):

$$\upsilon_z=\frac{qE}{k+\frac{q^2B^2}{k}}=\frac{qE}{\frac {qE }{\upsilon} +\frac{q^2B^2}{qE}\upsilon}$$

Введем $a=\frac{B}{E}\upsilon$, тогда

$$\upsilon_z=\frac{1}{\frac{1}{\upsilon}+\frac{B^2}{E^2}\upsilon}=\frac{\upsilon}{1+\frac{B^2}{E^2}\upsilon^2}=\frac{\upsilon}{1+a^2}$$

Теперь вернемся к $\upsilon_x$ и подставим в выражение для нее найденное:

$$\upsilon_x=\frac{qB}{k}\upsilon_z=\frac{qB}{k}\cdot \frac{\upsilon}{1+a^2}=\frac{qB\upsilon^2}{qE(1+a^2)}=\frac{a\upsilon}{1+a^2}$$

Полная скорость:

$$\upsilon’=\sqrt{\upsilon_x^2+\upsilon_z^2}=\sqrt{\frac{a^2\upsilon^2}{(1+a^2)^2}+\frac{\upsilon^2}{(1+a^2)^2}}=\frac{\upsilon}{\sqrt{1+a^2}}$$

Угол теперь совсем легко найти:

$$\alpha=\operatorname{arctg}\frac{\upsilon_z}{\upsilon_x}=\operatorname{arctg}\frac{\upsilon}{1+a^2}\cdot \frac{1+a^2}{a\upsilon}=\operatorname{arctg}\frac{1}{a}$$

Ответ: $ a=\frac{B}{E}\upsilon$, $\upsilon’=\frac{\upsilon}{\sqrt{1+a^2}}$, $\alpha=\operatorname{arctg}\frac{1}{a}$.

Задача 2.

Положительно заряженная частица движется в однородных и взаимно перпендикулярных электрическом и магнитных полях. В некоторый момент времени ее скорость равна $\upsilon_0$ ($\upsilon_0 \perp E$, $\upsilon_0 \perp B$, рисунок). Чему будет равна величина скорости частицы в те моменты времени, когда вектор ее скорости будет составлять $180^{\circ}$ с вектором $\upsilon_0$, при условии, что $E = \upsilon_0 B$?

Решение. На частицу действует сила со стороны электрического поля и также сила Лоренца. Она будет двигаться по криволинейной траектории, так что скорость ее будет иметь две составляющие – по осям $X$ и $Y$ (ось $Y$ направлена вниз, совпадает с вектором $E$, ось $X$ - вправо). Благодаря наличию составляющей $\upsilon_y$ как раз и присутствует сила Лоренца:

$$ma_x=-F_l$$

$$m\frac{d\upsilon_x}{dt}=-q\upsilon_y B$$

Домножаем на $\Delta t$ и суммируем:

$$m d\upsilon_x=-q\upsilon_y B \Delta t$$

$$d\upsilon_x=-\frac{q B}{m} \upsilon_y \Delta t$$

$$\upsilon_x-\upsilon_0=-\frac{q B}{m} y$$

Работа электрического поля равна $A=qEy$, а сила Лоренца работы не совершает. Тогда можно записать закон сохранения энергии:

$$\frac{m\upsilon_0^2}{2}+ qEy=\frac{m\upsilon_x^2}{2}$$

Так как частица изменила направление движения на противоположное, составляющей скорости по оси $Y$ у нее нет.

Перепишем ЗСЭ:

$$ qEy=\frac{m\upsilon_x^2}{2}-\frac{m\upsilon_0^2}{2}$$

$$ 2qEy=m\upsilon_x^2-m\upsilon_0^2$$

Подставим $y$:

$$y=-\frac{\upsilon_x-\upsilon_0}{qB}\cdot m$$

$$-2qE\cdot \frac{\upsilon_x-\upsilon_0}{qB}=(\upsilon_x-\upsilon_0)( \upsilon_x+\upsilon_0)$$

$$-\frac{2E}{B}=\upsilon_x+\upsilon_0$$

Так как по условию $E = \upsilon_0 B$,

$$-2\upsilon_0=\upsilon_x+\upsilon_0$$

Откуда

$$\upsilon_x=-3\upsilon_0$$

Ответ: $\upsilon_x=-3\upsilon_0$.

Задача 3.

Маленькое заряженное тело соскальзывает без начальной скорости с наклонной плоскости с углом $\alpha$. Трения нет. Тело движется в магнитном поле, направленном перпендикулярно плоскости рисунка и в поле силы тяжести. Оказалось, что пройдя путь $l$по плоскости, тело оторвалось от нее и полетело дальше по сложной траектории (рисунок). Найдите, на сколько меняется высота тела в полете.

Решение. Частица оторвется, если сила реакции опоры станет равной нулю. То есть если действующая на нее сила Лоренца будет равна:

$$F_l=mg\cos \alpha$$

$$q\upsilon B= mg\cos \alpha$$

По закону сохранения энергии (сила Лоренца не «работает»)

$$mg l \sin \alpha=\frac{m\upsilon^2}{2}$$

$$\upsilon=\sqrt{2gl\sin \alpha}$$

Найденную скорость подставим в выражение для силы Лоренца:

$$qB\sqrt{2gl\sin \alpha}= mg\cos \alpha~~~~~~~~~~(1)$$

Снова частица двигается по винтовой линии, и ускорение по оси $x$ определяется наличием скорости по оси $y$:

$$-qB\upsilon_y=ma_x$$

По оси $y$:

$$-mg+ qB\upsilon_x=ma_y$$

Домножаем на $\Delta t$:

$$-qB\upsilon_y \Delta t =m\Delta \upsilon_x$$

Суммируем:

$$-qB h=m(-\upsilon_2-\upsilon_1)~~~~~~~~~~~~~~~~~(2)$$

Здесь $\upsilon_1$ - скорость частицы в самой нижней точке винта, $\upsilon_2$ - в самой верхней. Они противоположно направлены:

Получаем

$$qB h=m(\upsilon_2+\upsilon_1)$$

Составим закон сохранения энергии для частицы в этих крайних точках:

$$\frac{m\upsilon_1^2}{2}=\frac{m\upsilon_2^2}{2}+mgh$$

Перепишем:

$$\upsilon_1^2-\upsilon_2^2=2gh$$

$$( \upsilon_2+\upsilon_1)( \upsilon_1-\upsilon_2)=2gh$$

$$\frac{qBh}{m}( \upsilon_1-\upsilon_2)=2gh$$

$$ \upsilon_1-\upsilon_2=\frac{2mg}{qB}$$

$$\upsilon_2= \upsilon_1-\frac{2mg}{qB}~~~~~~~~~~(3)$$

Пока отложим эту найденную скорость. Рассмотрим переход из состояния 0 в состояние 1:

$$\frac{m\upsilon_0^2}{2}+mgH=\frac{m\upsilon_1^2}{2}$$

Уравнение $-qB\upsilon_y \Delta t =m\Delta \upsilon_x$ просуммируем для этого перехода:

$$-qBH=m(\upsilon_1-\upsilon_0\cos \alpha)$$

Откуда

$$H=-\frac{m(\upsilon_1-\upsilon_0\cos \alpha)}{qB}$$

Подставляем этот результат в ЗСЭ:

$$\upsilon_0^2-\frac{mg}{qB}(\upsilon_1-\upsilon_0\cos \alpha)=\upsilon_1^2$$

$$\upsilon_1^2-\upsilon_0^2+\frac{mg}{qB}\upsilon_1-\frac{mg}{qB}\upsilon_0\cos \alpha=0$$

Из (1):

$$\frac{qB}{mg}=\frac{\cos \alpha }{\sqrt{2gl\sin \alpha}}$$

Или

$$\frac{mg}{qB}=\frac{\upsilon_0}{\cos \alpha }$$

Тогда

$$\upsilon_1^2-\upsilon_0^2+\frac{\upsilon_0}{\cos \alpha }\upsilon_1-\upsilon_0^2=0$$

$$\upsilon_1^2-2\upsilon_0^2+\frac{\upsilon_0}{\cos \alpha }\upsilon_1=0$$

Это квадратное уравнение относительно $\upsilon_1$, его корни:

$$\upsilon_1=\frac{-\frac{\upsilon_0}{\cos \alpha }\pm\sqrt{\frac{\upsilon_0^2}{\cos^2 \alpha }+8\upsilon_0^2}}{2}$$

$$\upsilon_1=-\frac{\upsilon_0}{2}\left(\sqrt{8+\frac{1}{\cos^2\alpha}}-\frac{1}{\cos \alpha}\right)$$

Вернемся к (2):

$$h=\frac{m}{qB}\left(2\upsilon_1-\frac{2\upsilon_0}{\cos \alpha}\right)$$

$$h=\frac{mg}{qBg}\left(2\upsilon_1-\frac{2\upsilon_0}{\cos \alpha}\right)$$

$$h=\frac{2\upsilon_0}{g\cos \alpha}\left(\upsilon_1-\frac{\upsilon_0}{\cos \alpha}\right)$$

Это ответ.

Ответ: $h=\frac{2\upsilon_0}{g\cos \alpha}\left(\upsilon_1-\frac{\upsilon_0}{\cos \alpha}\right)$

Задача 4.

Две частицы с одинаковыми массами $m$ и зарядами $q$ и $-q$ начинают с нулевыми начальными скоростями двигаться в однородном магнитном поле $B$, перпендикулярном соединяющему их отрезку длины $R$ (рисунок).

1. Найдите минимальное значение индукции магнитного поля $B=B_0$ (критическое поле), при котором частицы не столкнуться друг с другом.
2. На каком расстоянии $r$ друг от друга они окажутся при наибольшем сближении, если $B >B_0$?
3. Найдите скорость частиц и расстояние между ними в момент наибольшего сближения при критическом значении магнитного поля. Как в этом случае будут двигаться частицы после их наибольшего сближения? Нарисуйте качественный график траекторий частиц.

Решение.

Запишем закон сохранения энергии

$$-\frac{kq^2}{R}=-\frac{kq^2}{r}+2\cdot\frac{m\upsilon^2}{2}$$

Частицы двигаются по обеим осям. Скорость по оси $x$ обуславливает силу Лоренца, действующую по оси $y$, и наоборот:

$$q\upsilon_x B=\frac{m d\upsilon_y}{dt}$$

Домножаем на $\Delta t$:

$$q\Delta x B=m\Delta\upsilon_y$$

Суммируем:

$$qB\sum \Delta x=m\sum \Delta\upsilon_y$$

$$qB\left(\frac{R}{2}-\frac{r}{2}\right)=m(\upsilon-0)$$

Откуда

$$\upsilon=\frac{qB}{2}\cdot \frac{R-r}{m}$$

Подставим это в ЗСЭ:

$$-kq^2\left(\frac{1}{R}-\frac{1}{r}\right)=\frac{m q^2B^2(R-r)^2}{4m^2}$$

Сокращаем:

$$k\left(\frac{1}{r}-\frac{1}{R}\right)=\frac{B^2(R-r)^2}{4m}$$

Преобразуем:

$$k\frac{R-r}{rR}=\frac{B^2(R-r)^2}{4m}$$

$$k\cdot 4m=B^2R^2r-B^2Rr^2$$

$$r^2-Rr+\frac{4km}{B^2R}=0$$

Дискриминант этого квадратного уравнения должен быть больше 0:

$$D\geqslant 0$$

$$D=R^2-\frac{16km}{B^2R}\geqslant 0$$

$$R^2\geqslant \frac{16km}{B^2R}$$

$$B\geqslant \sqrt{\frac{16km}{R^3}}=B_0$$

$$r=\frac{R\pm\sqrt{R^2-\frac{16km}{B^2R}}}{2}$$

Корень выбираем с «минусом», так как $r<R$.

Если $D=0$, то

$$r=\frac{R}{2}$$

В этом случае

$$\upsilon=\frac{qBR}{4m}$$

При наибольшем сближении скорости частиц направлены параллельно вверх, и сила Лоренца должна быть равна силе Кулона:

$$F_L=Bq\upsilon=\frac{q^2B^2R}{4m}$$

Подставим $B_0$:

$$ F_L=Bq\upsilon=\frac{q^2B^2R}{4m}=\frac{q^2\cdot 16kmR}{R^3\cdot 4m}=\frac{4kq^2}{R^2}$$

$$\frac{kq^2}{r^2}=\frac{4kq^2}{R^2}$$

$$r=\frac{R}{2}$$

Ответ: 1) $B_0=\sqrt{\frac{16km}{R^3}}$; 2) $r=\frac{R-\sqrt{R^2-\frac{16km}{B^2R}}}{2}$; 3) $\upsilon=\frac{qBR}{4m}$, $r=\frac{R}{2}$.