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

Магнитное поле: частицы в поле-1

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!

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

    \[a=\frac{\upsilon^2}{R}=\frac{u^2}{l}\]

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 *