Решение

Протон (заряд \(e\), масса \(m_p\)) прошёл разность потенциалов \(V=20\) кВ \(=2{,}0\cdot10^4\) В. Работа поля ушла в кинетическую энергию:

\[ eV=\frac12 m_pv^2\qquad\Longrightarrow\qquad v=\sqrt{\frac{2eV}{m_p}}. \]

В поле \(B=0{,}1\) Тл скорость перпендикулярна индукции, поэтому сила Лоренца \(evB\) даёт центростремительное ускорение:

\[ evB=\frac{m_pv^2}{R}\qquad\Longrightarrow\qquad R=\frac{m_pv}{eB}=\frac{\sqrt{2m_peV}}{eB}=\frac1B\sqrt{\frac{2m_pV}{e}}. \]

Подставляем \(m_p=1{,}67\cdot10^{-27}\) кг, \(e=1{,}6\cdot10^{-19}\) Кл:

\[ \sqrt{\frac{2\cdot1{,}67\cdot10^{-27}\cdot2{,}0\cdot10^{4}}{1{,}6\cdot10^{-19}}} =\sqrt{\frac{6{,}68\cdot10^{-23}}{1{,}6\cdot10^{-19}}} =\sqrt{4{,}175\cdot10^{-4}}=2{,}04\cdot10^{-2}\ \text{м}, \] \[ R=\frac{2{,}04\cdot10^{-2}}{0{,}1}=0{,}204\ \text{м}\approx0{,}20\ \text{м}. \]

Решение

Электрон ускорен напряжением \(V=200\) В, \(B=70\) мкТл \(=7{,}0\cdot10^{-5}\) Тл, \(v\perp B\). Радиус орбиты

\[ R=\frac1B\sqrt{\frac{2m_eV}{e}}. \]

Удобнее сначала найти импульс. Кинетическая энергия \(K=eV=200\cdot1{,}6\cdot10^{-19}=3{,}2\cdot10^{-17}\) Дж,

\[ p=\sqrt{2m_eK}=\sqrt{2\cdot9{,}1\cdot10^{-31}\cdot3{,}2\cdot10^{-17}}=\sqrt{5{,}82\cdot10^{-47}}=7{,}63\cdot10^{-24}\ \frac{\text{кг·м}}{\text{с}}. \]

Сила Лоренца \(epB/m\) нас не спрашивают — сразу \(R=p/(eB)\):

\[ eB=1{,}6\cdot10^{-19}\cdot7{,}0\cdot10^{-5}=1{,}12\cdot10^{-23}\ \text{Кл·Тл}, \] \[ R=\frac{7{,}63\cdot10^{-24}}{1{,}12\cdot10^{-23}}=0{,}68\ \text{м}. \]

Решение

а. Сила Лоренца сообщает центростремительное ускорение:

\[ qvB=\frac{mv^2}{R}\qquad\Longrightarrow\qquad \frac{v}{R}=\frac{qB}{m}. \]

Но \(v/R\) — это и есть угловая частота обращения по окружности:

\[ \omega=\frac{qB}{m}. \]

Период \(T=2\pi/\omega=2\pi m/(qB)\) один и тот же для быстрых и медленных частиц данного сорта. Быстрая просто ходит по большему кругу — и ровно настолько большему, чтобы успеть за то же время.

б. Для электрона \(q=e=1{,}6\cdot10^{-19}\) Кл, \(m=m_e=9{,}1\cdot10^{-31}\) кг, \(B=1\) Тл:

\[ \omega=\frac{eB}{m_e}=\frac{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot1}{9{,}1\cdot10^{-31}}=1{,}76\cdot10^{11}\ \text{с}^{-1}\approx1{,}75\cdot10^{11}\ \text{с}^{-1}. \]

Решение

Для каждого электрона \(R=mv/(eB)\). Выразим скорость через кинетическую энергию \(K=\frac12 mv^2\):

\[ v=\sqrt{\frac{2K}{m_e}},\qquad R=\frac{m_e}{eB}\sqrt{\frac{2K}{m_e}}=\frac{\sqrt{2m_eK}}{eB}. \]

Отношение радиусов (поле одно и то же, заряд один и тот же)

\[ \frac{R_1}{R_2}=\sqrt{\frac{K_1}{K_2}}. \]

Решение

Взаимодействием пренебрегаем, поэтому каждая частица независимо ходит по своей окружности в поле \(B\). Угловая частота (задача 10.1.3)

\[ \omega=\frac{qB}{m} \]

одна и та же у обеих, какой бы ни была скорость. Период обращения

\[ T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi m}{qB}. \]

Пусть в момент первой встречи обе частицы оказались в одной точке пространства. Через время \(T\) каждая из них сделает ровно один оборот и вернётся в ту же точку своей орбиты. Значит, они снова окажутся вместе.

Могли бы они встретиться раньше? В общем положении — нет: относительное движение тоже периодично с периодом \(T\), и без специальной «симметрии» фаз промежуточной встречи не будет. Задача спрашивает время до следующей встречи в общем случае, поэтому

\[ t=T=\frac{2\pi m}{qB}. \]

Решение

Ядро дейтерия до удара покоилось (иначе в камере была бы и его «входная» дорожка). После рассеяния радиусы кривизны обоих осколков равны \(R\), поле перпендикулярно скоростям, поэтому

\[ p_\alpha'=2e\cdot B\cdot R=2eBR,\qquad p_d'=e\cdot B\cdot R=eBR. \]

Упругий удар, мишень покоилась. Закон сохранения энергии:

\[ \frac{p_\alpha^2}{2m_\alpha}=\frac{p_\alpha'^2}{2m_\alpha}+\frac{p_d'^2}{2m_d}. \]

Массы: \(m_\alpha=4m_p\), \(m_d=2m_p\). Подставляем импульсы после удара:

\[ \frac{p_\alpha^2}{8m_p}=\frac{(2eBR)^2}{8m_p}+\frac{(eBR)^2}{4m_p} =\frac{4e^2B^2R^2}{8m_p}+\frac{e^2B^2R^2}{4m_p} =\frac{e^2B^2R^2}{2m_p}+\frac{e^2B^2R^2}{4m_p} =\frac{3e^2B^2R^2}{4m_p}. \]

Отсюда \(p_\alpha^2=6e^2B^2R^2\), и начальная кинетическая энергия \(\alpha\)-частицы

\[ K=\frac{p_\alpha^2}{2m_\alpha}=\frac{6e^2B^2R^2}{8m_p}=\frac{3(eBR)^2}{4m_p}. \]

Импульс тоже сходится: из \(p_\alpha^2=p_\alpha'^2+p_d'^2+2\mathbf{p}_\alpha'\cdot\mathbf{p}_d'\) следует \(\cos\theta=1/4\) — вполне законный угол разлёта, ничего «лишнего» энергия не потребовала.

Решение

Радиус циклотронной орбиты

\[ R=\frac{m_ev}{eB}. \]

Пусть границы полосы — прямые \(x=0\) и \(x=l\), электрон влетает в начале координат со скоростью вдоль оси \(x\). Центр окружности лежит на входной границе (скорость перпендикулярна радиусу). На выходной границе \(x=l\) радиус-вектор из центра к электрону составляет с нормалью к границе угол \(\alpha\), причём

\[ \sin\alpha=\frac{l}{R}=\frac{eBl}{m_ev}. \]

Скорость всё время перпендикулярна радиусу, поэтому ровно на этот угол \(\alpha\) она и повернулась относительно первоначального направления. «Угол к границе» в ответе задачника — это как раз угол поворота скорости (при \(l=R\) выходит \(\alpha=\pi/2\): электрон скользит вдоль выходной границы).

Формула имеет смысл только при \(l\le R\), то есть при

\[ \frac{eB}{m_e}\le\frac{v}{l}. \]

Если поле сильнее (или полоса шире), \(R<l\), электрон не достаёт до дальней границы: проходит половину окружности и вылетает обратно через входную грань, уже развернувшись на \(\pi\).

Решение

Все перечисленные ионы однозарядные, \(q=e\). После ускорения \(eV=\frac12 mv^2\), в поле

\[ R=\frac{mv}{eB}=\frac1B\sqrt{\frac{2mV}{e}},\qquad x=2R=\frac2B\sqrt{\frac{2mV}{e}}. \]

Числа: \(V=10\) кВ \(=10^4\) В, \(B=0{,}1\) Тл. Для протона \(m_p=1{,}67\cdot10^{-27}\) кг

\[ x_1=\frac{2}{0{,}1}\sqrt{\frac{2\cdot1{,}67\cdot10^{-27}\cdot10^{4}}{1{,}6\cdot10^{-19}}} =20\sqrt{2{,}09\cdot10^{-4}}=20\cdot1{,}445\cdot10^{-2}=0{,}289\ \text{м}\approx0{,}29\ \text{м}. \]

Остальные массы — целые кратные \(m_p\):

\[ \begin{align*} x(^2\mathrm{H}^+)&=x_1\sqrt{2}=0{,}41\ \text{м},\\ x(^3\mathrm{H}^+)&=x_1\sqrt{3}=0{,}50\ \text{м},\\ x(^4\mathrm{He}^+)&=x_1\sqrt{4}=0{,}58\ \text{м}. \end{align*} \]

Для \(^{16}\mathrm{O}^+\) и \(^{15}\mathrm{N}^+\)

\[ x_{16}=x_1\sqrt{16}=1{,}156\ \text{м},\qquad x_{15}=x_1\sqrt{15}=1{,}119\ \text{м}, \] \[ \Delta x=x_{16}-x_{15}=0{,}037\ \text{м}=3{,}7\ \text{см}. \]

После поворота на 180° щель изображается на пластинке в натуральную величину (фокусировка первого порядка). Чтобы полосы не перекрывались, ширина щели должна быть меньше расстояния между их центрами:

\[ \Delta l<3{,}7\ \text{см}. \]

В ответах книги напечатано «3,7 мм» — это опечатка: теряется ровно порядок, \(\Delta x=3{,}7\) см, а не миллиметра.

Решение

После поворота на 180° (как в 10.1.8) \(x=2\sqrt{2mV}/(e^{1/2}B)\propto\sqrt{mV}\). Средние положения полос относятся как

\[ \frac{x_{41}}{x_{39}}=\sqrt{\frac{41}{39}}=\sqrt{1{,}0513}=1{,}0253. \]

Напряжение гуляет в пределах \(V_0\pm\Delta V\). Обозначим \(\varepsilon=\Delta V/V_0\). Край полосы \(^{39}\mathrm{K}\) при максимальном напряжении: \(x_{39}\sqrt{1+\varepsilon}\); край полосы \(^{41}\mathrm{K}\) при минимальном: \(x_{41}\sqrt{1-\varepsilon}\). Чтобы полосы не перекрылись,

\[ x_{39}\sqrt{1+\varepsilon}<x_{41}\sqrt{1-\varepsilon}\qquad\Longrightarrow\qquad \frac{1+\varepsilon}{1-\varepsilon}<\frac{41}{39}. \]

Правая часть равна \(1{,}0513\):

\[ 1+\varepsilon<1{,}0513\,(1-\varepsilon),\qquad \varepsilon+1{,}0513\varepsilon<0{,}0513,\qquad 2{,}0513\varepsilon<0{,}0513, \] \[ \varepsilon<\frac{0{,}0513}{2{,}0513}=0{,}0250. \]

То есть напряжение нужно держать с относительной точностью лучше двух с половиной процентов.

Решение

Центральная частица (угол \(0\)) описывает полуокружность и через время \(\pi m/(qB)\) оказывается в точке, отстоящей от \(A\) на диаметр

\[ l=2R=\frac{2mv}{qB}. \]

Частица, вылетевшая под углом \(\alpha\) к центральному направлению, идёт по такой же окружности, только повёрнутой. Её траектория снова пересекает ось симметрии пучка (диаметр центральной орбиты) в точке на расстоянии \(2R\cos\alpha\) от \(A\). Для малого \(\alpha\)

\[ 2R\cos\alpha=2R\bigl(1-\tfrac12\alpha^2+\cdots\bigr)=2R-R\alpha^2. \]

В первом порядке по \(\alpha\) все лучи сходятся в одну точку — это и есть фокусировка на 180°. Во втором порядке фокус «размазан» вдоль оси. Если полный угловой раствор пучка равен \(\delta\alpha\) (от \(-\delta\alpha/2\) до \(+\delta\alpha/2\)), продольный разброс точек встречи

\[ \Delta z=2R-2R\cos\frac{\delta\alpha}{2}\approx2R\cdot\frac12\Bigl(\frac{\delta\alpha}{2}\Bigr)^2=\frac{R(\delta\alpha)^2}{4}=\frac{mv(\delta\alpha)^2}{4qB}. \]

На фотопластинке, поставленной поперёк пучка у фокуса, именно эта величина и есть поперечный размер пятна: к моменту прихода скорость направлена вдоль диаметра, и «продольная» аберрация видна как ширина следа.

Решение

Разложим скорость на параллельную и перпендикулярную полю:

\[ v_\parallel=v\cos\alpha,\qquad v_\perp=v\sin\alpha. \]

Сила Лоренца \(q\mathbf{v}\times\mathbf{B}\) не имеет составляющей вдоль \(B\), поэтому \(v_\parallel\) постоянна. Перпендикулярная часть даёт обычную циклотронную окружность радиуса

\[ R=\frac{mv_\perp}{qB}=\frac{mv\sin\alpha}{qB}. \]

Период одного оборота (задача 10.1.3) не зависит от скорости:

\[ T=\frac{2\pi m}{qB}. \]

За это время частица смещается вдоль поля на шаг винта

\[ h=v_\parallel T=\frac{2\pi mv\cos\alpha}{qB}. \]

Решение

Угол вылета \(\theta\) к полю мал, \(\theta\lesssim\delta\alpha\). Тогда

\[ v_\parallel=v\cos\theta\approx v\Bigl(1-\frac{\theta^2}{2}\Bigr),\qquad v_\perp=v\sin\theta\approx v\theta. \]

Радиус винтовой линии \(R=m_ev_\perp/(eB)\approx m_ev\theta/(eB)\). Шаг винта

\[ h(\theta)=\frac{2\pi m_ev_\parallel}{eB}=\frac{2\pi m_ev}{eB}\cos\theta. \]

Параксиальные электроны (\(\theta=0\)) возвращаются на ось на расстоянии

\[ x=\frac{2\pi m_ev}{eB}. \]

Это и есть место наилучшей фокусировки в первом порядке: период обращения от скорости не зависит, и за время \(T\) все успевают сделать ровно один оборот.

Во втором порядке \(h(\theta)<x\), и к плоскости \(z=x\) «косой» электрон подходит уже с лишней фазой \(\Delta\varphi\approx\pi\theta^2\). Расстояние до оси в этот момент

\[ \rho=2R\bigl|\sin(\Delta\varphi/2)\bigr|\approx R\cdot\pi\theta^2=\frac{\pi m_ev}{eB}\,\theta^3. \]

Чтобы оценить минимальный поперечный размер всего пучка (углы от нуля до \(\delta\alpha\)), экран чуть сдвигают от параксиального фокуса — в «круг наименьшего рассеяния». Характерный остаток фазы там \(\sim\pi(\delta\alpha)^2/4\), и оценка пятна

\[ \Delta y\sim R_{\max}\cdot\frac{\pi(\delta\alpha)^2}{4}=\frac{\pi m_ev(\delta\alpha)^3}{4eB}. \]

Решение

а. Нить тонкая, электроны стартуют почти с оси со скоростью \(v=\sqrt{2K/m_e}\) в разные стороны. Продольное поле \(B\) закручивает перпендикулярную составляющую: траектория в сечении — окружность радиуса \(r_L=m_ev_\perp/(eB)\), и эта окружность проходит через ось. Наибольшее радиальное удаление равно диаметру

\[ r_{\max}=2r_L=\frac{2m_ev_\perp}{eB}\le\frac{2m_ev}{eB}=\frac{2\sqrt{2m_eK}}{eB}. \]

Цилиндра радиуса \(R\) электрон уже не достигнет, если \(r_{\max}<R\), то есть при

\[ B>B_0=\frac{2\sqrt{2m_eK}}{eR}. \]

При \(B<B_0\) все электроны, которые без поля долетели бы до цилиндра, долетают и сейчас: ток \(I\) от \(B\) почти не зависит. При \(B\ge B_0\) в вакууме \(I=0\). График — «полка», обрывающаяся вертикально в \(B_0\).

б. Остаточный газ сбивает электрон с круговой орбиты (и даёт ионы, которых поле почти не заворачивает). Чем выше давление, тем сильнее диффузия поперёк поля и тем дальше в область \(B>B_0\) тянется ток. Кривая с более длинным «хвостом» — это большее давление, \(P_2>P_1\).

Решение

Скорости равны по модулю, перпендикулярны линии центров и направлены в противоположные стороны (иначе середина отрезка не была бы неподвижна). Значит, оба электрона описывают одну окружность радиуса \(R\) вокруг середины отрезка.

Кулоновская сила — вдоль линии центров, наружу:

\[ F_K=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{e^2}{(2R)^2}=\frac{e^2}{16\pi\varepsilon_0 R^2}. \]

Магнитная сила \(evB\) при правильном направлении \(B\) направлена к центру. Второй закон Ньютона на окружности радиуса \(R\):

\[ \frac{m_ev^2}{R}=evB-F_K=evB-\frac{e^2}{16\pi\varepsilon_0 R^2}. \]

Отсюда

\[ B=\frac{m_ev}{eR}+\frac{e}{16\pi\varepsilon_0 vR^2}. \]

Первое слагаемое — обычное циклотронное поле, второе — поправка на отталкивание: поле должно быть чуть сильнее, чтобы удержать электроны на орбите.

Решение

Без магнитного поля на круговой орбите

\[ m_e\omega_0^2R=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{e^2}{R^2}\qquad\Longrightarrow\qquad \omega_0^2=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e R^3}. \]

Поле \(B\) направлено вдоль оси вращения. Сила Лоренца лежит в плоскости орбиты и либо помогает кулону, либо мешает — в зависимости от того, совпадает направление \(\mathbf{B}\) с орбитальным моментом или нет. Берём знак, при котором магнитная сила направлена к центру (как в ответе книги):

\[ m_e\omega^2R=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 R^2}+e\omega RB, \] \[ \omega^2-\frac{eB}{m_e}\omega-\omega_0^2=0. \]

Поле слабое: \(\omega_L=eB/(2m_e)\ll\omega_0\). Корень, близкий к \(\omega_0\):

\[ \omega=\frac{eB}{2m_e}+\sqrt{\omega_0^2+\Bigl(\frac{eB}{2m_e}\Bigr)^2}\approx\omega_0+\frac{eB}{2m_e}. \]

При противоположной ориентации (магнитная сила наружу) сдвиг меняет знак. В ответе задачника выбрана ориентация «поле против орбитального тока электрона»:

\[ \omega=\omega_0-\frac{eB}{2m_e}. \]

Это теорема Лармора: слабое однородное \(B\) навязывает всей системе дополнительное вращение с угловой скоростью \(eB/(2m)\).

Решение

Скорость электрона после ускорения

\[ v=\sqrt{\frac{2eV}{m_e}}. \]

На орбите радиуса \(R\) второй закон Ньютона (магнитная сила к центру — поле «помогает» конденсатору):

\[ \frac{m_ev^2}{R}=eE+evB=e\frac{V'}{h}+evB. \]

Отсюда напряжение на обкладках

\[ V'=\frac{h}{e}\Bigl(\frac{m_ev^2}{R}-evB\Bigr)=\frac{hm_ev^2}{eR}-Bhv. \]

Подставляем \(v^2=2eV/m_e\) и \(v=\sqrt{2eV/m_e}\):

\[ V'=\frac{2Vh}{R}-Bh\sqrt{\frac{2eV}{m_e}}. \]

Решение

а. Электрон летит вдоль оси \(x\), поля \(\mathbf{E}\parallel\mathbf{B}\) направлены по \(y\). Время пролёта конденсатора \(t=l/v\). Пока отклонения малы, скорость почти не меняется по модулю.

Электрическая сила даёт \(v_y=eEl/(m_ev)\) и смещение в конденсаторе \(\sim eEl^2/(2m_ev^2)\). На пути \(L\gg l\) до пластинки главное — «угол вылета»:

\[ y\approx v_y\cdot\frac{L}{v}=\frac{eElL}{m_ev^2}. \]

Магнитная сила вначале направлена по \(z\) и равна \(evB\), поэтому

\[ v_z\approx\frac{eBl}{m_e},\qquad z\approx v_z\cdot\frac{L}{v}=\frac{eBlL}{m_ev}. \]

Исключаем \(v\): из второго равенства \(v=eBlL/(m_ez)\), подставляем в первое

\[ y=\frac{eElL}{m_e}\cdot\frac{m_e^2z^2}{e^2B^2l^2L^2}=\frac{m_eE}{eB^2lL}\,z^2. \]

б. \(B=1\) Тл, \(E=5\cdot10^5\) В/м, \(l=0{,}05\) м, \(L=0{,}50\) м:

\[ \frac{m_eE}{eB^2lL}=\frac{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot5\cdot10^5}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot1\cdot0{,}05\cdot0{,}50} =\frac{4{,}55\cdot10^{-25}}{4{,}0\cdot10^{-21}}=1{,}14\cdot10^{-4}\ \text{м}^{-1}. \]

В книге округлено \(1{,}1\cdot10^{-4}\). Итак, \(y=1{,}1\cdot10^{-4}\,z^2\) (всё в метрах).

в. Релятивистски поперечный импульс, набираемый в полях, тот же (\(eEt\), \(eBvt\)), но масса \(m=m_e/\sqrt{1-\beta^2}\) зависит от скорости. Повторяя вывод, получаем \(y=(mE/(eB^2lL))z^2\), где уже \(m=m(v)\). Связь \(z=eBlL/(mv)\) даёт

\[ m=\frac{m_e}{\sqrt{1-v^2/c^2}}=m_e\sqrt{1+\Bigl(\frac{eBlL}{m_ecz}\Bigr)^2}, \] \[ y=\frac{m_eE}{eB^2lL}\,z\sqrt{z^2+\Bigl(\frac{eBlL}{m_ec}\Bigr)^2}. \]

Решение

На краю ускорителя радиус орбиты равен \(R\), импульс \(p=eBR\), конечная кинетическая энергия

\[ K_f=\frac{p^2}{2m_p}=\frac{e^2B^2R^2}{2m_p}. \]

За один оборот протон пересекает зазор дважды и получает энергию \(2eV\). Число оборотов от начальной энергии \(K\) до \(K_f\)

\[ N=\frac{K_f-K}{2eV}. \]

Период одного оборота (временем пролёта щели пренебрегаем, как сказано)

\[ T=\frac{2\pi m_p}{eB}. \]

Время ускорения

\[ t=NT=\frac{K_f-K}{2eV}\cdot\frac{2\pi m_p}{eB}=\frac{\pi m_p}{e^2BV}\Bigl(\frac{e^2B^2R^2}{2m_p}-K\Bigr). \]

Решение

Циклотронная частота \(\omega=eB/m_e\) не зависит от скорости. Движение вдоль поля — равноускоренное (стартовали «медленными», \(v_\parallel(0)\approx0\)):

\[ a=\frac{eE}{m_e}=\frac{eV}{m_ed},\qquad d=\frac12 at^2\qquad\Longrightarrow\qquad t=d\sqrt{\frac{2m_e}{eV}}. \]

Фокусировка на аноде: \(\omega t=2\pi k\), \(k=1,2,\dots\)

\[ \frac{eB}{m_e}\cdot d\sqrt{\frac{2m_e}{eV}}=2\pi k. \]

Возводим в квадрат и выражаем напряжение:

\[ \frac{e^2B^2d^2}{m_e^2}\cdot\frac{2m_e}{eV}=4\pi^2k^2,\qquad V=\frac{eB^2d^2}{2\pi^2m_e}\cdot\frac1{k^2}. \]

Размер пятна задаёт начальная поперечная скорость электронов (тепловая, «медленный» источник): радиус винтовой линии \(R=m_ev_\perp/(eB)\). Чем холоднее катод и чем сильнее \(B\), тем мельче пятно.

Решение

Выберем направление \(B\) (или знак заряда) так, чтобы сила Лоренца \(qvB\) прижимала тело к плоскости. Тогда нормальная реакция

\[ N=mg\cos\alpha+qvB. \]

Сила трения \(\mu N\) направлена вверх по склону. Второй закон вдоль склона:

\[ m\dot v=mg\sin\alpha-\mu(mg\cos\alpha+qvB). \]

Максимальная скорость — когда ускорение обращается в нуль:

\[ mg\sin\alpha=\mu mg\cos\alpha+\mu qvB, \] \[ v=\frac{mg}{qB\mu}(\sin\alpha-\mu\cos\alpha). \]

Это имеет смысл только если тело вообще трогается с места: \(\mu\le\mathrm{tg}\,\alpha\). Если \(\mu>\mathrm{tg}\,\alpha\), скатывающая сила меньше трения покоя уже при \(v=0\), и тело стоит,

\[ v=0\qquad(\mu>\mathrm{tg}\,\alpha). \]

При противоположном направлении \(B\) сила Лоренца отрывает тело от плоскости, трение падает со скоростью, и конечной максимальной скорости на плоскости нет (тело либо улетает, либо разгоняется без предела). Задача спрашивает максимум — имеется в виду прижимающая ориентация.

Решение

Элемент кольца \(dq=\rho\,R\,d\varphi\) движется вдоль оси со скоростью \(v\). Из всех компонент \(\mathbf{B}\) силу вдоль кольца даёт только \(B_R\): векторное произведение \(\mathbf{v}\times\mathbf{B}_R\) направлено по азимуту,

\[ dF_\varphi=dq\cdot v\cdot B_R=\rho R\,d\varphi\cdot v B_R. \]

Момент этой силы относительно оси

\[ dM=R\cdot dF_\varphi=\rho R^2 v B_R\,d\varphi. \]

По кольцу \(\rho\) и \(B_R\) постоянны (аксиальная симметрия), интегрируем по \(\varphi\) от \(0\) до \(2\pi\):

\[ M=2\pi R^2\rho v B_R. \]

Направление момента — такое, чтобы возникающий ток кольца стремился вытолкнуть его из области более сильного поля (правило Ленца в «механической» упаковке).

Решение

Пусть кольцо сместилось вдоль оси на \(dz\). Вместе с прежним положением оно ограничивает короткий цилиндр высоты \(dz\). Поток через его боковую поверхность

\[ d\Phi_{\text{бок}}=B_R\cdot 2\pi R\cdot dz. \]

Из \(\oint\mathbf{B}\,d\mathbf{S}=0\) этот поток равен разности потоков через торцы. Значит, приращение потока через площадь кольца

\[ d\Phi=\Phi(z+dz)-\Phi(z)=-B_R\cdot 2\pi R\,dz \]

(знак зависит от выбора нормали; нам понадобится модуль и согласованность с моментом). Из задачи 10.1.21 момент сил \(M_{\text{сил}}=2\pi R^2\rho v B_R\). Изменение момента импульса за время \(dt\):

\[ dM=M_{\text{сил}}\,dt=2\pi R^2\rho v B_R\,dt=2\pi R^2\rho B_R\,dz, \]

потому что \(v\,dt=dz\). Полный заряд кольца \(Q=2\pi R\rho\), откуда \(\rho=Q/(2\pi R)\) и

\[ dM=2\pi R^2\cdot\frac{Q}{2\pi R}\cdot B_R\,dz=QR B_R\,dz=\frac{Q}{2\pi}\cdot(2\pi R B_R\,dz)=\frac{Q}{2\pi}\,|d\Phi|. \]

Согласовывая знаки так, как в условии (прирост потока «вперёд» раскручивает кольцо в определённую сторону), получаем

\[ \Delta M=\frac1{2\pi}Q\,\Delta\Phi. \]

Решение

Поток через кольцо в однородном поле \(\Phi=B\cdot\pi R^2\). Из задачи 10.1.22

\[ \Delta M=\frac{Q}{2\pi}\Delta\Phi=\frac{Q}{2\pi}\cdot\pi R^2(B_2-B_1)=\frac{Q R^2}{2}(B_2-B_1). \]

Кольцо непроводящее, заряд «прибит» к ободу, момент инерции \(I=mR^2\). Угловая скорость, которую оно приобретёт,

\[ \omega=\frac{\Delta M}{I}=\frac{Q(B_2-B_1)}{2m}. \]

Вращательная энергия

\[ K_{\text{вр}}=\frac12 I\omega^2=\frac12 mR^2\cdot\frac{Q^2(B_2-B_1)^2}{4m^2}=\frac{Q^2R^2(B_2-B_1)^2}{8m}. \]

На пороге прохода вся начальная поступательная энергия уходит во вращение:

\[ \frac12 mv^2=K_{\text{вр}}\qquad\Longrightarrow\qquad v=\frac{Q(B_2-B_1)R}{2m}. \]

Решение

а. Пусть поле \(B\) направлено по \(z\), циклотронный радиус электрона \(R=m_ev/(eB)\), центр орбиты — точка \(C\). Ось \(OO'\) параллельна \(B\) и отстоит от \(C\) на расстояние \(b\). Электрон на орбите: его расстояние до оси

\[ r^2=b^2+R^2+2bR\cos\psi, \]

где \(\psi=\omega t\) — фаза на циклотронной окружности. Поток через окружность радиуса \(r\) (ось \(OO'\), электрон на окружности)

\[ \Phi=B\pi r^2=B\pi(b^2+R^2+2bR\cos\psi). \]

Момент импульса относительно \(OO'\). Скорость электрона чисто азимутальная на своей орбите, \(\omega=eB/m_e\). Прямой подсчёт \(M_z=m_e(xv_y-yv_x)\) даёт

\[ M=-m_e\omega R^2-m_e\omega bR\cos\psi=-eBR^2-eBbR\cos\psi \]

(знак минус: электрон крутится «против» положительного \(q\mathbf{v}\times\mathbf{B}\); заряд в формуле условия берём как \(+e\), а знак \(M\) согласован с направлением оси вдоль \(\mathbf{B}\)). Тогда

\[ M+\frac{e}{2\pi}\Phi =-eBR^2-eBbR\cos\psi+\frac{e}{2\pi}\cdot B\pi(b^2+R^2+2bR\cos\psi) =-eBR^2-eBbR\cos\psi+\frac{eB}{2}(b^2+R^2)+eBbR\cos\psi =\frac{eB}{2}(b^2-R^2). \]

Члены с \(\cos\psi\) сократились. Сумма не зависит от положения электрона на орбите — только от того, какую ось мы выбрали (от \(b\)) и от радиуса орбиты.

б. На винтовой линии появляется ещё \(v_\parallel\) вдоль \(B\). Но \([\mathbf{r}\times m\mathbf{v}_\parallel]_z=0\): параллельная скорости слагаемая момента относительно оси, параллельной \(B\), тождественно нуль. Поток \(\Phi\) берётся через окружность в плоскости, перпендикулярной \(B\), и от \(z\) в однородном поле не зависит. Значит, та же комбинация постоянна и на винтовой линии.

Решение

В области I электрон летит вдоль поля, \(v_\varphi=0\), момент импульса относительно оси \(M_1=0\). Поток через окружность радиуса \(R\), на которой он летит, \(\Phi_1=B_1\pi R^2\). В области II, если электрон остался на том же расстоянии \(R\) от оси (тонкий переход не успевает его сместить радиально), \(\Phi_2=B_2\pi R^2\).

Сохранение комбинации \(M+(e/2\pi)\Phi\) (её постоянство доказано в следующей задаче для любого осесимметричного поля):

\[ M_2+\frac{e}{2\pi}\Phi_2=M_1+\frac{e}{2\pi}\Phi_1=\frac{e}{2\pi}B_1\pi R^2=\frac{eR^2B_1}{2}. \]

Отсюда приобретённый момент

\[ M_2=\frac{e}{2\pi}(\Phi_1-\Phi_2)=\frac{eR^2}{2}(B_1-B_2). \]

В обозначениях задачи 10.1.22 это \(\Delta M=(Q/2\pi)\Delta\Phi\) с \(Q=-e\) и учётом знака; в ответе книги заряд электрона записан как \(Q\) в той же конвенции, \(M=QR^2(B_1-B_2)/2\). Сумма \(M+(e/2\pi)\Phi\) сохраняется: да.

Решение

Рассмотрим маленький участок траектории длины \(\Delta l\). Пусть \(v\) — проекция скорости на плоскость, проходящую через электрон и ось симметрии. Время пролёта участка \(t=\Delta l/v\).

Сила Лоренца в направлении, перпендикулярном этой плоскости (азимут), равна \(-e v B_\perp\), где \(B_\perp\) — компонента индукции, лежащая в указанной плоскости и перпендикулярная скорости. Изменение поперечного импульса

\[ \Delta p_\perp=-e B_\perp v\cdot\frac{\Delta l}{v}=-e B_\perp\Delta l. \]

Но \(B_\perp\Delta l\cdot r\) — это поток через узкую «лепестковую» площадку между двумя радиусами, отличающимися на угол \(\Delta l/r\)? Точнее: поток через кольцевой сектор, который заметает радиус-вектор, равен \(B_\perp\cdot\Delta l\cdot r\) в пересчёте на полный оборот \(2\pi r\), поэтому

\[ B_\perp\Delta l=\frac{\Delta\Phi}{2\pi r}, \]

где \(\Delta\Phi\) — магнитный поток через площадку, заметенную радиусом при смещении электрона на \(\Delta l\). Тогда

\[ \Delta p_\perp=-e\frac{\Delta\Phi}{2\pi r}. \]

Изменение момента импульса относительно оси

\[ \Delta M=r\,\Delta p_\perp=-\frac{e}{2\pi}\Delta\Phi. \]

Складываем вдоль всей траектории от \(A\) до \(C\). Полный «заметённый» поток есть разность потоков через сечения \(S_1\) и \(S_2\) (аксиальная симметрия: поток через боковую поверхность трубки равен разности торцевых, как в 10.1.22):

\[ M_C-M_A=\frac{e}{2\pi}(\Phi_1-\Phi_2). \]

Это и требовалось. Отсюда же следует сохранение \(M+(e/2\pi)\Phi\) вдоль любой траектории в осесимметричном поле.

Решение

Электрон стартует в поле \(B_1\) под углом \(\theta\) к оси (\(v_\perp=v\sin\theta\), \(v_\parallel=v\cos\theta\)). Адиабатический инвариант

\[ \frac{\sin^2\theta}{B}=\mathrm{const}\qquad\Longrightarrow\qquad \frac{\sin^2\theta_1}{B_1}=\frac{\sin^2\theta_2}{B_2}. \]

Отражение в пробке — это \(\theta_2=\pi/2\), \(\sin\theta_2=1\). Граничный стартовый угол

\[ \sin\theta_c=\sqrt{\frac{B_1}{B_2}}. \]

Электроны с \(\theta_c<\theta<\pi-\theta_c\) (достаточно «поперечные») отразятся от обеих пробок и останутся в ловушке. Электроны в конусе потерь \(\theta<\theta_c\) и \(\theta>\pi-\theta_c\) уйдут вдоль оси.

Пылинка излучает изотропно: вероятность направления пропорциональна телесному углу, \(dP=\frac12\sin\theta\,d\theta\) на \((0,\pi)\). Доля захваченных

\[ n=\int_{\theta_c}^{\pi-\theta_c}\frac12\sin\theta\,d\theta =\frac12\bigl[-\cos\theta\bigr]_{\theta_c}^{\pi-\theta_c} =\cos\theta_c=\sqrt{1-\sin^2\theta_c}=\sqrt{1-\frac{B_1}{B_2}}. \]

В ответах книги напечатано \(n=(1-\sqrt{B_1/B_2})/2\). Это доля, вылетающая в один конус потерь, да ещё с заменой \(\cos\theta_c\) на \(\sin\theta_c\). Для двусторонней ловушки правильная доля оставшихся — \(\sqrt{1-B_1/B_2}\): при \(B_2\to\infty\) в ловушке остаётся почти всё (\(n\to1\)), а не половина.

Решение

Для электрона на краю пучка в поле \(B_1\): скорость параллельна индукции, \(M_1=0\), \(\Phi_1=B_1\pi R^2\). Сохранение

\[ M+\frac{e}{2\pi}\Phi=\frac{e}{2\pi}B_1\pi R^2=\frac{e B_1 R^2}{2}. \]

В поле \(B_2\) на радиусе \(r\)

\[ m_e r v_\varphi+\frac{e}{2\pi}B_2\pi r^2=\frac{e B_1 R^2}{2}, \] \[ v_\varphi=\frac{e}{2m_e}\Bigl(B_1\frac{R^2}{r}-B_2 r\Bigr). \]

Радиус пучка минимален в том смысле «самый узкий ламинарный пучок, который ещё можно собрать, не вкладывая лишней энергии во вращение»: \(v_\varphi=0\), откуда

\[ B_2 r^2=B_1 R^2\qquad\Longrightarrow\qquad r=R\sqrt{\frac{B_1}{B_2}}. \]

Это вмороженность потока: силовые трубки сжимаются, и пучок едет вместе с ними. В ответах книги напечатано \(r=R\sqrt{B_2/B_1}\) — переставлены индексы. При \(B_2>B_1\) пучок должен сжаться, а не расшириться.

Решение

Пусть в данном месте поле можно считать однородным на масштабе ларморовского радиуса \(R=m_ev_\perp/(eB)\). Возьмём ось винтовой линии (силовую линию, на которую навит электрон) в роли \(OO'\). Тогда момент импульса электрона относительно этой оси

\[ M=-m_ev_\perp R=-eBR^2 \]

(электрон, знак как в 10.1.24), а поток через кружок

\[ \Phi=B\cdot\pi R^2. \]

Комбинация задачи 10.1.26

\[ M+\frac{e}{2\pi}\Phi=-eBR^2+\frac{e}{2\pi}\cdot B\pi R^2=-eBR^2+\frac12 eBR^2=-\frac12 e\,R^2B. \]

Она сохраняется вдоль траектории. Следовательно,

\[ R^2B=\mathrm{const}. \]

Тот же факт на другом языке: магнитный момент витка \(\mu=I\cdot\pi R^2\), ток \(I=e/T=e\cdot(eB)/(2\pi m_e)\), и \(\mu=m_ev_\perp^2/(2B)\). Из \(R=m_ev_\perp/(eB)\) сразу \(R^2B=(m_e/e^2)v_\perp^2/B\propto\mu\). Сохранение \(\mu\) в медленно меняющемся поле — классический адиабатический инвариант, на котором стоят магнитные ловушки (задача 10.1.27).

Решение

В поле \(B_1\) радиус \(R_1=m_ev/(eB_1)\), период полного оборота \(T_1=2\pi m_e/(eB_1)\). Стартовая скорость перпендикулярна границе, поэтому в \(B_1\) электрон описывает ровно полуокружность и через время \(\pi m_e/(eB_1)\) снова оказывается на плоскости раздела. Скорость в этот момент направлена уже в сторону \(B_2\).

В поле \(B_2\) всё то же с радиусом \(R_2=m_ev/(eB_2)\): ещё полуокружность, время \(\pi m_e/(eB_2)\), возврат на границу со скоростью в сторону \(B_1\). Дальше цикл повторяется. Траектория — «змейка» из чередующихся полуокружностей.

За один цикл смещение вдоль границы равно разности диаметров (больший кружок выступает дальше):

\[ \Delta s=2R_1-2R_2=\frac{2m_ev}{e}\Bigl(\frac1{B_1}-\frac1{B_2}\Bigr)=\frac{2m_ev}{e}\frac{B_2-B_1}{B_1B_2}. \]

Время цикла

\[ \Delta t=\frac{\pi m_e}{eB_1}+\frac{\pi m_e}{eB_2}=\frac{\pi m_e}{e}\frac{B_1+B_2}{B_1B_2}. \]

Средняя (дрейфовая) скорость вдоль границы

\[ v_{\text{др}}=\frac{\Delta s}{\Delta t}=\frac{2v(B_2-B_1)}{\pi(B_1+B_2)}. \]

В ответе книги стоит \(2v(B_1-B_2)/[\pi(B_1+B_2)]\): это та же величина со знаком, указывающим направление (от «более сильного» поля к «более слабому» вдоль стыка, если смотреть так, как на рисунке задачника). Модуль

\[ |v_{\text{др}}|=\frac{2v|B_1-B_2|}{\pi(B_1+B_2)}. \]

Решение

Поле \(B_z=B_0(1+\alpha x)\) растёт вдоль \(x\). Условие \(v\ll eB_0/(\alpha m_e)\) означает, что за один ларморовский радиус поле меняется мало:

\[ R_0=\frac{m_ev}{eB_0}\ll\frac1\alpha, \]

градиент слабый, и можно говорить о почти-окружности, которая медленно сносится.

Оценка. На диаметре кружка поле отличается на \(\Delta B\sim\alpha B_0\cdot 2R_0=2\alpha m_ev/e\). Радиусы на двух краях

\[ R_\pm\approx\frac{m_ev}{e(B_0\pm\Delta B/2)}\approx R_0\bigl(1\mp\alpha R_0\bigr). \]

За пол-оборота в «слабом» поле электрон проходит вдоль \(y\) дугу порядка \(2R_+\), в «сильном» — \(2R_-\). Разность и есть смещение центра за период:

\[ \Delta y\sim 2(R_+-R_-)\sim 4\alpha R_0^2. \]

Период \(T=2\pi m_e/(eB_0)\), поэтому

\[ v_{\text{др}}\sim\frac{\Delta y}{T}\sim\frac{\alpha R_0^2 eB_0}{2\pi m_e}\sim\alpha R_0 v\sim\frac{\alpha m_ev^2}{eB_0}. \]

Численный коэффициент порядка единицы; задача просит оценку, и в ответе стоит

\[ v_{\text{др}}\approx\frac{\alpha m_ev^2}{eB_0}. \]

(Точная формула градиентного дрейфа даёт \(\frac12\alpha m v_\perp^2/(eB)\) — тот же порядок.)

Решение

В поле \(E\) ускорение \(a=qE/m\). Стартовав из покоя с расстояния \(l\), частица приходит на границу со скоростью

\[ v=\sqrt{2al}=\sqrt{\frac{2qEl}{m}}. \]

В однородном \(B\), параллельном границе и перпендикулярном скорости, она идёт по окружности радиуса

\[ R=\frac{mv}{qB}=\frac1B\sqrt{\frac{2mEl}{q}}. \]

Через пол-оборота скорость развёрнута на \(\pi\), частица снова на границе и летит в \(E\). Там движение — равнозамедленное: она поднимается на ту же высоту \(l\), останавливается и падает обратно. Траектория в \(E\) — куски парабол, в \(B\) — полуокружности. Вдоль границы частица смещается только пока гостит в \(B\), каждый раз на диаметр \(2R\).

Время одного цикла. В \(B\): полупериод \(t_B=\pi m/(qB)\). В \(E\): вверх и вниз, \(t_E=2v/a=2\sqrt{2ml/(qE)}\). Дрейфовая скорость

\[ v_{\text{др}}=\frac{2R}{t_E+t_B} =\frac{2\sqrt{2mEl/q}/B}{2\sqrt{2ml/(qE)}+\pi m/(qB)} =\frac{2\sqrt{2ql}\,E}{2\sqrt{2ql}\,B+\pi\sqrt{mE}}. \]

В ответах книги коэффициент \(\sqrt{2}\) под корнями опущен (записано \(2\sqrt{ql}\,E/(2\sqrt{ql}\,B+\pi\sqrt{mE})\)). Точный вывод держит \(\sqrt{2}\), потому что \(v=\sqrt{2al}\), а не \(\sqrt{al}\).

Решение

Пусть \(\mathbf{E}\) вдоль \(y\), \(\mathbf{B}\) вдоль \(z\), скорость ищем вдоль \(x\). Силы:

\[ F_y=qE-qvB \]

(для \(q>0\); знак Лоренца выбран так, что \(v\) вдоль \(+x\) даёт силу против \(E\)). Равновесие \(F_y=0\):

\[ v=\frac{E}{B}. \]

Это та самая скорость электрического дрейфа. В системе, которая едет со скоростью \(E/B\) поперёк обоих полей, электрическое поле исчезает, и покоящаяся там частица так и остаётся в покое — в лаборатории это прямая.

Решение

Поля скрещены: \(\mathbf{E}\perp\mathbf{B}\). Ищем скорость \(\mathbf{v}_{\text{др}}\), перпендикулярную обоим. В системе, едущей с этой скоростью (нерелятивистски),

\[ \mathbf{E}'=\mathbf{E}+\mathbf{v}_{\text{др}}\times\mathbf{B}. \]

Требуем \(\mathbf{E}'=0\):

\[ \mathbf{v}_{\text{др}}\times\mathbf{B}=-\mathbf{E}. \]

Вектор \(\mathbf{v}_{\text{др}}\) перпендикулярен \(\mathbf{B}\), поэтому

\[ v_{\text{др}}B=E\qquad\Longrightarrow\qquad v_{\text{др}}=\frac{E}{B}. \]

Направление: \(\mathbf{v}_{\text{др}}=\mathbf{E}\times\mathbf{B}/B^2\) — одно и то же для электрона и протона. Знак заряда сидит только в том, в какую сторону частица крутится вокруг дрейфующего центра.

Решение

Пусть угол между \(\mathbf{E}\) и \(\mathbf{B}\) равен \(\alpha\). Тогда

\[ E_\parallel=E\cos\alpha,\qquad E_\perp=E\sin\alpha. \]

Дрейфовая скорость, как в 10.2.5, строится только на перпендикулярной компоненте:

\[ v_{\text{др}}=\frac{E_\perp}{B}=\frac{E}{B}\sin\alpha. \]

Направление по-прежнему \(\mathbf{E}_\perp\times\mathbf{B}\). Параллельно \(\mathbf{B}\) частица равноускоренно набирает \(v_\parallel=(qE_\parallel/m)t\) — это не дрейф, а обычный разгон.

Решение

Уравнение движения

\[ m\dot{\mathbf{v}}=q\mathbf{E}+q\mathbf{v}\times\mathbf{B}. \]

Положим \(\mathbf{v}=\mathbf{u}+\mathbf{v}_{\text{др}}\), \(\mathbf{v}_{\text{др}}=\mathbf{E}\times\mathbf{B}/B^2=\mathrm{const}\) (поля однородны). Тогда \(\dot{\mathbf{v}}=\dot{\mathbf{u}}\) и

\[ m\dot{\mathbf{u}}=q\mathbf{E}+q(\mathbf{u}+\mathbf{v}_{\text{др}})\times\mathbf{B}=q\mathbf{E}+q\mathbf{u}\times\mathbf{B}+q\mathbf{v}_{\text{др}}\times\mathbf{B}. \]

Но \(\mathbf{v}_{\text{др}}\times\mathbf{B}=(\mathbf{E}\times\mathbf{B})\times\mathbf{B}/B^2=-\mathbf{E}\) (потому что \(\mathbf{E}\perp\mathbf{B}\): \((\mathbf{E}\times\mathbf{B})\times\mathbf{B}=-B^2\mathbf{E}\)). Значит \(q\mathbf{E}+q\mathbf{v}_{\text{др}}\times\mathbf{B}=0\), и остаётся

\[ m\dot{\mathbf{u}}=q\mathbf{u}\times\mathbf{B}. \]

Это уравнение движения в одном только магнитном поле. Его решение — равномерное вращение с циклотронной частотой \(\omega=qB/m\) в плоскости, перпендикулярной \(\mathbf{B}\). Центр вращения в системе дрейфа покоится, в лаборатории едет со скоростью \(\mathbf{v}_{\text{др}}\). Сложение скоростей

\[ \mathbf{v}(t)=\mathbf{v}_{\text{др}}+\boldsymbol{\omega}\times\boldsymbol{\rho}(t) \]

есть сумма дрейфа и линейной скорости вращения вокруг мгновенного центра.

Решение

Пусть расстояние между пластинами \(h\), точка \(A\) — посередине (типичная геометрия «пучок в конденсаторе»). Электрическое поле \(E=V/h\), дрейфовая скорость \(v_{\text{др}}=E/B=V/(hB)\).

Прямой проход. Если начальная скорость как раз равна дрейфовой,

\[ v=\frac{V}{hB}, \]

в дрейфовой системе электрон покоится и в лаборатории летит по прямой вдоль середины зазора, никуда не ударяясь.

Мелкая орбита. В общем случае в дрейфовой системе электрон крутится со скоростью \(|v-V/(hB)|\) и радиусом \(R'=m_e|v-V/(hB)|/(eB)\). Стартовая скорость вдоль пластин, поэтому направляющий центр смещён от \(A\) на \(R'\) к одной из пластин, и электрон отходит от средней линии на \(2R'\). Чтобы не задеть пластину, нужно \(2R'\le h/2\), то есть \(R'\le h/4\). Это заведомо выполнено, если даже при «нулевом» дрейфе (малом \(V\)) обычный ларморовский радиус не больше \(h/4\):

\[ \frac{m_ev}{eB}\le\frac h4\qquad\Longrightarrow\qquad v\le\frac{eBh}{4m_e}. \]

Тогда циклоида любой «высоты», доступной при данном \(V\), сидит внутри зазора, и электрон проходит конденсатор.

Решение

В дрейфовой системе (скорость \(E/B\) вдоль пластин) электрон стартует со скоростью \(E/B\) и крутится радиусом

\[ R=\frac{m_e(E/B)}{eB}=\frac{m_eE}{eB^2}. \]

Циклоида в лаборатории имеет высоту \(2R\) — от «остановки» на катоде до верхней точки. Условие достижения анода: \(2R\ge d\),

\[ \frac{2m_eE}{eB^2}\ge d,\qquad E=\frac Vd, \] \[ V\ge\frac{eB^2d^2}{2m_e}. \]

Критическое (минимальное) напряжение, при котором электроны ещё касаются анода:

\[ V=\frac{eB^2d^2}{2m_e}. \]

Числа: \(B=0{,}1\) Тл, \(d=2\) см \(=0{,}02\) м,

\[ V=\frac{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot(0{,}1)^2\cdot(0{,}02)^2}{2\cdot9{,}1\cdot10^{-31}} =\frac{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot10^{-2}\cdot4\cdot10^{-4}}{1{,}82\cdot10^{-30}} =\frac{6{,}4\cdot10^{-25}}{1{,}82\cdot10^{-30}}=3{,}5\cdot10^{5}\ \text{В}. \]

Решение

Дрейфовая скорость \(\mathbf{v}_{\text{др}}=\mathbf{E}\times\mathbf{B}/B^2\), модуль \(E/B\), направление перпендикулярно и \(\mathbf{E}\), и \(\mathbf{B}\). В системе, едущей с \(\mathbf{v}_{\text{др}}\), поле \(\mathbf{E}'=0\), и электрон движется по окружности с циклотронной частотой \(eB/m_e\).

Скорость в этой системе в момент включения — это \(\mathbf{v}'=\mathbf{v}-\mathbf{v}_{\text{др}}\). Угол между \(\mathbf{v}\) и \(\mathbf{E}\) равен \(\alpha\); \(\mathbf{v}_{\text{др}}\) перпендикулярен \(\mathbf{E}\). Складывая векторы (и выбирая ориентацию так, как в ответе книги — плюс под косинусом), получаем

\[ v'=\sqrt{v^2+2v\frac{E}{B}\cos\alpha+\Bigl(\frac{E}{B}\Bigr)^2}. \]

Радиус новой окружности

\[ R=\frac{m_ev'}{eB}. \]

В лаборатории это вращение накладывается на равномерный снос центра со скоростью \(E/B\): траектория — трохоида (циклоида, если \(v'=E/B\)).

Решение

Уравнение движения

\[ m\dot{\mathbf{v}}=\mathbf{F}+q\mathbf{v}\times\mathbf{B}. \]

Сравнивая с \(m\dot{\mathbf{v}}=q\mathbf{E}+q\mathbf{v}\times\mathbf{B}\), видим \(\mathbf{E}_{\text{эфф}}=\mathbf{F}/q\). Тогда (задача 10.2.5)

\[ v_{\text{др}}=\frac{E_{\text{эфф}}}{B}=\frac{F}{qB}. \]

Направление: \(\mathbf{v}_{\text{др}}=\mathbf{F}\times\mathbf{B}/(qB^2)\). В отличие от чисто электрического дрейфа, здесь ответ зависит от знака и величины заряда: электрон и протон в одном и том же \(\mathbf{F}\) (например, в тяжести) плывут в разные стороны и с разными скоростями.

Решение

Для частицы массы \(m\) и заряда \(\pm e\)

\[ v_{\text{др}}=\frac{mg}{eB}. \]

Земное поле \(B=0{,}7\cdot10^{-4}\) Тл \(=7{,}0\cdot10^{-5}\) Тл, \(g=9{,}8\) м/с².

Электрон. \(m_e=9{,}1\cdot10^{-31}\) кг:

\[ v_e=\frac{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot9{,}8}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot7{,}0\cdot10^{-5}} =\frac{8{,}92\cdot10^{-30}}{1{,}12\cdot10^{-23}}=8{,}0\cdot10^{-7}\ \text{м/с}. \]

Протон. \(m_p=1{,}67\cdot10^{-27}\) кг — в \(m_p/m_e\approx1835\) раз тяжелее:

\[ v_p=v_e\cdot\frac{m_p}{m_e}=8{,}0\cdot10^{-7}\cdot1835\approx1{,}5\cdot10^{-3}\ \text{м/с}. \]

Направления противоположны: \(\mathbf{v}_{\text{др}}\parallel \mathbf{g}\times\mathbf{B}/q\). В магнитосфере этот гравитационный дрейф ничтожен по сравнению с градиентным и центробежным (энергии частиц там килоэлектронвольты, не \(mgR_L\)), но как учебный пример он прозрачен.