Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Магнитное поле, Олимпиадная физика, Сила Лоренца

Магнитное поле: частицы в поле-1

[latexpage]

В этой статье мы рассмотрим задачи, в которых частицы перемещаются в магнитном поле.  Частицы  будут двигаться по спиралям и окружностям, скапливаться на поверхностях пластинок, в свою очередь перемещающихся в поле. Эта статья – первая из целой серии статей о магнитном поле. В этих статьях мы не только рассмотрим движение частиц по сложным траекториям, но и будем двигать рамки в магнитном поле, словом, самое интересное – впереди! Конспект занятий Пенкина М.А.

Задача 1. В однородное магнитное поле с индукцией $B=10$ мТл влетает электрон, прошедший ускоряющую разность потенциалов $U=3,52$ кВ, перпендикулярно линиям магнитного поля. Электрон начал двигаться по окружности радиуса 2 см. Определить $\frac{q}{m}$.

Записываем второй закон Ньютона для электрона:

$$ma=B\mid q\mid \upsilon \sin{\alpha}$$

Нормальное ускорение равно

$$a=\frac{\upsilon^2}{R}$$

Тогда, с учетом, что $\alpha=90^{\circ}$,

$$\frac{m\upsilon^2}{R}= B\mid q\mid \upsilon$$

$$\frac{m\upsilon}{R}= B\mid q\mid $$

$$\upsilon=\frac{BRq}{m}$$

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

Электрон был разогнан полем, то есть поле совершило работу и благодаря этому у электрона появилась кинетическая энергия:

$$A=Uq=\frac{m\upsilon^2}{2}$$

Откуда

$$\upsilon^2=\frac{2U\mid q \mid}{m}$$

Приравниваем квадраты скоростей

$$\frac{2U\mid q \mid}{m}= \frac{B^2R^2q^2}{m^2}$$

Откуда

$$\frac{q}{m}=\frac{2U}{B^2R^2}$$

Ответ: $\frac{q}{m}=\frac{2U}{B^2R^2}$.

 

Задача 2. Бусинке массой $m$, $q>0$, надетой на спицу, сообщили скорость $\upsilon_0$. Коэффициент трения бусинки о спицу $\mu$. Силовые линии поля составляют угол $\alpha$ со спицей, $\sin{\alpha}=\frac{3}{5}$. Какое расстояние пройдет бусинка до остановки? Силой тяжести пренебречь.

К задаче 2

На бусинку будет действовать сила Лоренца

$$F_l=Bq\upsilon\sin{\alpha}$$

Эта сила будет направлена перпендикулярно спице, и со стороны спицы на бусинку будет действовать сила нормальной реакции опоры, равная силе Лоренца:

$$N=F_l= Bq\upsilon\sin{\alpha}$$

Сила трения бусинки  о спицу тогда

$$F_{tr}=\mu Bq\upsilon\sin{\alpha}$$

И, так как скорость меняется, сила трения тоже не остается постоянной. Следовательно, по второму закону

$$ma= F_{tr}=\mu Bq\upsilon\sin{\alpha}$$

И ускорение тоже переменно.

Вспомним задачи на суммирование – они вышли на сайте серией «Метод телескопирования». Очевидно, здесь придется применять тот же метод.

$$a=\frac{\mu Bq\upsilon\sin{\alpha} }{m}$$

По определению:

$$a=-\frac{\Delta \upsilon}{\Delta t}$$

Приравняем:

$$\frac{\mu Bq\upsilon\sin{\alpha} }{m}=-\frac{\Delta \upsilon}{\Delta t}$$

Домножим на $\Delta t$:

$$-\Delta \upsilon=\frac{\mu Bq\upsilon\sin{\alpha} \Delta t }{m}$$

Но  $\upsilon \Delta t=\Delta S$ – малое перемещение.

Тогда

$$-\Delta \upsilon=\frac{\mu Bq\sin{\alpha} \Delta S }{m}$$

$$\Delta S=-\frac{m\Delta \upsilon }{\mu Bq\sin{\alpha}}$$

Просуммируем теперь правую и левую части:

$$S=\sum \Delta S=-\sum \frac{m\Delta \upsilon }{\mu Bq\sin{\alpha}}=-\frac{m(0- \upsilon_0) }{\mu Bq\sin{\alpha}}=\frac{m \upsilon_0}{\mu Bq\sin{\alpha}}$$

Ответ: $S=\frac{m \upsilon_0}{\mu Bq\sin{\alpha}}$.

 

Задача 3. В области $A$ создано однородное магнитное поле, линии которого направлены к наблюдателю. В это поле влетает альфа-частица со скоростью $\upsilon$ под углом $\alpha$ к границе области поля. На какое максимальное расстояние углубится частица в область поля, и каково ее время движения?

К задаче 3

Записываем второй закон Ньютона для частицы:

$$ma=B\mid q\mid \upsilon \sin{\alpha}$$

Нормальное ускорение равно

$$a=\frac{\upsilon^2}{R}$$

Тогда, с учетом, что $\alpha=90^{\circ}$,

$$\frac{m\upsilon^2}{R}= B\mid q\mid \upsilon$$

$$\frac{m\upsilon}{R}= B\mid q\mid $$

$$R =\frac{m\upsilon }{Bq}$$

Глубина проникновения

$$H=R-R\cos{\alpha}$$

$$H=\frac{m\upsilon }{Bq}(1-\cos{\alpha})$$

Определим теперь время:

$$2\alpha=\omega t$$

$$t=\frac{2\alpha}{\omega}=\frac{2\alpha  R}{\upsilon}$$

Ответ: $H=\frac{m\upsilon }{Bq}(1-\cos{\alpha})$, $t=\frac{2\alpha  R}{\upsilon}$.

 

Задача 4. В области $A$ создано неоднородное магнитное поле, линии которого направлены к наблюдателю. Индукция изменяется по закону $B=\beta x$. В это поле влетает частица массой $m$ и зарядом $q$ со скоростью $\upsilon$ перпендикулярно  к границе области поля. На какое максимальное расстояние углубится частица в область поля?

К задаче 4

Теперь траектория частицы уже не будет окружностью. Так как сила Лоренца направлена перпендикулярно скорости, ее работа равна нулю. Поэтому

$$\frac{m\upsilon_0^2}{2}=\frac{m\upsilon^2}{2}$$

То есть

$$\upsilon_0=\upsilon$$

Запишем второй закон Ньютона в проекции на ось $y$:

$$F_l\cos{\alpha}=ma_y$$

Сила Лоренца

$$F_l=Bq\upsilon \sin 90^{\circ}= Bq\upsilon $$

С другой стороны,

$$a_y=\frac{\Delta \upsilon_y}{\Delta t}$$

Тогда

$$ Bq\upsilon\cos{\alpha}=m\frac{\Delta \upsilon_y}{\Delta t}$$

Ускорение по оси $y$ меняется.

Домножаем на $\Delta t$:

$$ Bq\upsilon_x  \Delta t=m\Delta \upsilon_y$$

Произведение $\upsilon_x  \Delta t=\Delta S_x$,

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

Подставляем закон изменения индукции:

$$\beta x q\Delta S_x= m\Delta \upsilon_y$$

И суммируем выражение:

$$\beta q \sum x \Delta S_x= m\sum \Delta \upsilon_y$$

$$\beta q \sum x \Delta x= m\sum \Delta \upsilon_y$$

 $$\frac{1}{2}\beta q \sum x \Delta (x^2)= m\sum \Delta \upsilon_y$$

$$\frac{1}{2}\beta q (h^2-0^2)= m(\upsilon_1-0)$$

$$\frac{1}{2}\beta q h^2= m\upsilon_0$$

$$h=\sqrt{\frac{2m\upsilon_0}{\beta q}}$$

Ответ: $h=\sqrt{\frac{2m\upsilon_0}{\beta q}}$.

Задача 5. На нити длиной $l$ висит шарик массой $m$ и с зарядом $q$. Ему сообщают необходимую скорость $\upsilon$, чтобы он мог совершить оборот в вертикальной плоскости. Линии магнитного поля с индукцией $B$ направлены перпендикулярно плоскости рисунка. Определить $B$.

К задаче 5

Записываем второй закон Ньютона:

$$ma=F_l+mg$$

Где центростремительное ускорение

$$a=\frac{u^2}{l}$$

Запишем силу Лоренца с учетом, что в самой верхней точке траектории скорость  $u$:

$$F_l=B q u\sin{90^{\circ}}=B q u$$

Тогда второй закон будет выглядеть так:

$$mg+B q u=\frac{mu^2}{l}$$

$$B=\frac{mu}{lq}-\frac{mg}{Bq}$$

Запишем закон сохранения энергии:

$$\frac{m\upsilon^2}{2}=\frac{mu^2}{2}+mg\cdot 2l$$

Откуда

$$u^2=\upsilon^2-4gl$$

Подставим в выражение для $B$:

$$B=\frac{m}{q\sqrt{\upsilon^2-4gl }}\left(\frac{\upsilon^2}{l}-5g\right)$$

Ответ: $B=\frac{m}{q\sqrt{\upsilon^2-4gl }}\left(\frac{\upsilon^2}{l}-5g\right)$.

 

Задача 6. Частица, пройдя ускоряющую разность потенциалов, влетает в область, где присутствуют как электрическое, так и магнитное поле, линии которых перпендикулярны как друг другу, так и скорости частицы, и движется с постоянной скоростью. Определить отношение заряда к массе для этой частицы.

К задаче 6

Так как частица движется прямолинейно, то $a=0$. По второму закону Ньютона тогда

$$\vec{F}_l+\vec{F}_e=0$$

$$F_l=F_e$$

$$Bq\upsilon=Eq$$

Или

$$B\upsilon=E$$

$$\upsilon=\frac{E}{B}$$

По закону сохранения энергии

$$\frac{m\upsilon^2}{2}=qU$$

Подставим скорость

$$\frac{m E^2}{2B^2}=qU$$

Тогда

$$\frac{q}{m}=\frac{E^2}{2B^2U}$$

Ответ: $\frac{q}{m}=\frac{E^2}{2B^2U}$

Задача 7. Тонкая пластинка в виде параллелепипеда находится в однородном магнитном поле, линии которого направлены вверх. Пластинка движется вправо со скоростью $\upsilon$. Определить поверхностную плотность заряда $\sigma$ на гранях пластинки. Толщина пластинки много меньше длины.

К задаче 7

Так как пластинка движется со скоростью, то на заряды, находящиеся в ее толще (электроны), действует сила Лоренца. Она будет направлена от одной грани пластинки к другой, на рисунке показано, как. Эта сила заставит заряды распределиться по граням. Поэтому напряженность поля, созданная такими «обкладками» будет возрастать. Наконец, когда $F_e=F_l$, перераспределение зарядов закончится.  Поверхностная плотность тогда

$$\sigma=\frac{Q}{S}$$

$$Eq=Bq\upsilon$$

$$E=B\upsilon$$

По принципу суперпозиции

$$E_{\sum}=\frac{Q}{2\varepsilon_0 S}+\frac{Q}{2\varepsilon_0 S}=\frac{Q}{\varepsilon_0 S}=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}$$

$$B\upsilon=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}$$

$$\sigma= B\upsilon\varepsilon_0$$

Напряжение

$$U= E_{\sum} l= B\upsilon l$$

Ответ: $\sigma= B\upsilon\varepsilon_0$.

 

Задача 8. Электрон влетел в область однородного поля с индукцией $B$. В точке $A$ у электрона скорость $\upsilon_0$, направленная под углом $\alpha$ к линиям поля. При каких значениях индукции поля электрон попадет в точку $C$?

К задаче 8

Траектория частицы, влетевшей в поле таким образом, будет спиралью, или винтовой линией с шагом $\Delta$.

$$\Delta=\upsilon_0 \cos{\alpha} T$$

Если в расстояние $AC$ уложится целое число шагов $\Delta$, то условие задачи будет выполнено: мы попадем в точку $C$.

Второй закон Ньютона:

$$F_l=ma$$

$$ Bq\upsilon_0 \sin {\alpha}=m\frac{\upsilon_0^2 \sin^2 {\alpha}}{R}$$

$$R=\frac{m\upsilon_0 \sin {\alpha}}{Bq}$$

Период обращения

$$T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2 \pi m}{B q}$$

Откуда угловая скорость

$$\omega=\frac{\upsilon_0 \sin {\alpha}}{R}=\frac{Bq}{m}$$

Условие попадания в точку $C$: $L=N\Delta$, $N \in Z$.

$$L= N\Delta=N\upsilon_0\cos{\alpha} T=N\frac{\upsilon_0\cos{\alpha}\cdot 2 \pi m}{Bq}$$

$$B=N\frac{2\pi m\upsilon_0\cos{\alpha}}{Lq}; N\in Z$$

Ответ: $B=N\frac{2\pi m\upsilon_0\cos{\alpha}}{Lq}; N\in Z$

Задача 9. Электрон движется по окружности радиуса $R=0,05$ м в однородном магнитном поле с индукцией $B=0,5$ Тл. Параллельно магнитному полю включают однородное электрическое поле с $E=250$ В/м. За какое время после этого кинетическая энергия электрона возрастет в 2 раза?

К задаче 9

Второй закон Ньютона:

$$F_l=ma_n$$

$$ Bq\upsilon_0 =m\frac{\upsilon_0^2 }{R}$$

$$R=\frac{m\upsilon_0 }{Bq}$$

Когда включим электрическое поле, движение будет равноускоренным (поле действует с постоянной силой).

$$F_e=Eq$$

$$F_e=ma_z$$

$$ Eq= ma_z$$

$$a_z=\frac{Eq}{m}=const$$

$$\upsilon_z=a_z t$$

Траектория будет винтовой линией с увеличивающимся шагом. Из треугольника скоростей

$$\upsilon^2=\upsilon_0^2+\upsilon_z^2$$

По закону сохранения энергии (а у нас энергия по условию возросла вдвое)

$$\frac{m\upsilon^2}{2}=2\frac{m\upsilon_0^2}{2}$$

$$\upsilon^2=2\upsilon_0^2$$

Откуда

$$\upsilon_z=\upsilon_0$$

$$\upsilon_0=\frac{Eq}{m}t=a_z t$$

$$t=\frac{m\upsilon_0}{Eq}$$

$$\upsilon_0=\frac{BqR}{m}$$

$$t=\frac{B R}{E}$$

Ответ: $t=\frac{B R}{E}$.

 

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *