Сила Лоренца, движение частиц в магнитном поле

Подсказка

Радиус определяется составляющей скорости, перпендикулярной полю, а шаг — путём вдоль поля за один период обращения.

Подсказка

Выразите скорость электрона через радиус окружности, затем кинетическую энергию через радиус.

Ответ

\(16\)

Подсказка

Частица движется по дуге окружности. Как радиус этой окружности связан с шириной слоя \(d\) и углом поворота \(\alpha\)?

Ответ

\(B = \dfrac{mv\sin\alpha}{qd}\).

Решение

Так как начальная скорость частицы \(\vec v \perp \vec B\), то движение её будет происходить в перпендикулярной полю плоскости. Действительно, сила Лоренца всегда перпендикулярна полю, а потому продольная её составляющая равна нулю. Не может появиться, следовательно, и продольная составляющая скорости. Далее, так как в магнитном поле всегда \(v = \text{const}\) и \(\vec v \perp \vec B\), то \(F_{\text{л}} = qvB = \text{const}\).

Таким образом, частица будет двигаться с постоянной по модулю скоростью под действием постоянной по модулю силы, перпендикулярной скорости. Это – движение по дуге окружности. Записывая второй закон Ньютона для этого движения, получим \[m\,\frac{v^2}{R} = qvB \quad\Rightarrow\quad B = \frac{mv}{qR} = \frac{mv\sin\alpha}{qd}.\]

Подсказка

Скорость иона находится из работы поля, радиус — из второго закона Ньютона с силой Лоренца.

Ответ

увеличить в \(4\) раза

Подсказка

Изменение импульса за малое время равно \(e\,[\vec{\Delta r}, \vec B]\); просуммируйте по всей траектории, не зависящей от скорости частицы.

Ответ

\(8\).

Подсказка

Частица идёт по винтовой линии с постоянной по модулю скоростью. В самом начале \(r \approx vt\); а прямая \(r = v_\parallel t\) лежит не выше графика и касается его в моменты, кратные периоду обращения.

Ответ

1) \(v \approx 7\text{ км/с}\);  2) \(\alpha \approx 74^\circ\) или \(\alpha \approx 106^\circ\);  3) \(B \approx 35\text{ мТл}\);  4) \(L_{AB} \approx 5{,}0\text{ см}\).

Решение

Постоянное магнитное поле не совершает работы над заряженной частицей, и поэтому, если пренебречь излучением, модуль скорости частицы не изменяется. Поэтому величина скорости частицы равна величине скорости при \(t = 0\).

Отметим, что при конечных ускорениях всегда существует такой «малый» интервал времени после начала движения, на котором скорость удаления частицы от начального положения примерно равна начальной скорости, то есть можно считать, что \(r \approx vt\). Поэтому для нахождения скорости частицы проведём касательную к графику функции в начале координат (верхняя прямая на графике). Величина скорости при этом численно равна тангенсу угла наклона этой прямой: \[v = \frac{9{,}8\text{ см}}{14\text{ мкс}} \approx 7\text{ км/с}.\]

Направим ось \(z\) вдоль вектора индукции магнитного поля, выбирая для простоты начало координат так, чтобы \(z = 0\) при \(t = 0\). Обозначим \(v_\parallel\) проекцию вектора скорости частицы на ось \(z\), а \(v_\perp\) — величину перпендикулярной этой оси составляющей. Так как сила Лоренца, действующая на частицу, не имеет составляющей вдоль оси \(z\), \[z(t) = v_\parallel t.\] В сечении, перпендикулярном оси \(z\), движение частицы происходит по окружности с постоянной скоростью \(v_\perp\). Радиус этой окружности равен \[R = \frac{mv_\perp}{qB},\] где \(B\) — модуль вектора магнитной индукции, а время одного оборота \[T = \frac{2\pi R}{v_\perp} = \frac{2\pi m}{qB}.\] Таким образом, траектория частицы представляет собой винтовую линию с шагом \(h = v_\parallel T\) и радиусом \(R = v_\perp T/(2\pi)\). Выбирая оставшиеся оси координат максимально удобным способом, можно записать, что \[x(t) = R\cos(2\pi t/T), \qquad y(t) = R\sin(2\pi t/T),\] откуда, учитывая, что в момент \(t = 0\) частица находилась в точке с координатами \(x = R\), \(y = z = 0\), получим формулу зависимости модуля её перемещения от времени: \[r(t) = \sqrt{(x(t) - R)^2 + y(t)^2 + z(t)^2} = \sqrt{v_\parallel^2t^2 + 4R^2\sin^2(\pi t/T)}.\]

Возьмём теперь выражение для \(r(t)\) и поделим его на \(t\): \[\frac{r(t)}{t} = \sqrt{v_\parallel^2 + 4R^2\cdot\left(\frac{\sin(\pi t/T)}{t}\right)^2}.\] Второе слагаемое в подкоренном выражении при любом \(t\) не может быть меньше нуля, следовательно \(r(t)/t \geqslant v_\parallel\). Это значит, что прямая, идущая в координатах \(r\)–\(t\) из начала, имеющая общие точки с приведённым в условии графиком и обладающая наименьшим угловым коэффициентом, является прямой \(r = |v_\parallel|t\). Соответственно, для того чтобы определить \(v_\parallel\), проведём касательную из начала координат к нижней части графика (нижняя прямая на рисунке). Точки касания соответствуют ситуации, когда частица находится на прямой, проходящей через начальную точку и параллельной линиям магнитного поля. Тангенс наклона такой прямой численно равен \(|v_\parallel|\): \[|v_\parallel| = \frac{7{,}6\text{ см}}{40\text{ мкс}} = 1{,}9\text{ км/с}.\] Отсюда находим, что \[\cos\alpha = \frac{v_\parallel}{v} = \pm\frac{1{,}9}{7} \approx \pm0{,}271 \quad\Rightarrow\quad \alpha \approx 74^\circ \quad\text{или}\quad \alpha \approx 106^\circ.\]

Точки касания нижней прямой располагаются через равные промежутки времени, равные времени \(T\) прохода частицей одного витка винтовой линии. Для увеличения точности возьмём крайнюю (третью) точку касания и определим значение \(T\): \[T = 34\text{ мкс}/3 \approx 11{,}3\text{ мкс}.\] Отсюда получим, что \[B = \frac{2\pi m}{qT} = \frac{2\cdot3{,}14\cdot10^{-26}\text{ кг}}{1{,}6\cdot10^{-19}\text{ Кл}\cdot11{,}3\cdot10^{-6}\text{ с}} \approx 35\text{ мТл}.\]

Между положениями \(A\) и \(B\) прошло время, равное \[t_{AB} = 39\text{ мкс} - 14\text{ мкс} = 25\text{ мкс}.\] За это время частица сместилась вдоль линий магнитного поля на расстояние \[\Delta z = |v_\parallel|t_{AB} = 4{,}75\text{ см}.\] В проекции на перпендикулярную магнитному полю плоскость частица движется по окружности с радиусом \[R = (v_\perp T)/2\pi = T/2\pi\cdot\sqrt{v^2 - v_\parallel^2} \approx 1{,}21\text{ см}.\] Её смещение в этой плоскости равно \[\Delta l = 2R\sin(\pi t_{AB}/T) \approx 1{,}50\text{ см}.\] Отсюда получим значение расстояния \(AB\): \[L_{AB} = \sqrt{\Delta l^2 + \Delta z^2} \approx 5{,}0\text{ см}.\]

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).

Подсказка

Сила Лоренца перпендикулярна стержню, поэтому меняет силу нормальной реакции, а с ней и силу трения. Максимальная скорость достигается, когда ускорение обращается в нуль.

Ответ

При \(q>0\): \(v_{\max} = \dfrac{mg}{\mu qB}(\sin\alpha + \mu\cos\alpha)\), \(a_{\max} = g\sin\alpha\); при \(q<0\): \(v_{\max} = \dfrac{mg}{\mu |q| B}(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)\), \(a_{\max} = g(\sin\alpha - \mu\cos\alpha)\).

Подсказка

Равнодействующая электрической силы и силы Лоренца направлена к центру и создаёт центростремительное ускорение. Направление обхода может быть любым, поэтому уравнение для скорости квадратное и имеет два корня.

Ответ

Скорость протона много меньше скорости света при условиях \(BR \ll mc/e\) и \(ER \ll mc^2/e\). Кинетическая энергия протона может быть равна \(K = \frac12 eRE\left(\alpha + 1 \pm \sqrt{\alpha^2 + 2\alpha}\right)\), где \(\alpha = eB^2R/(2mE)\). В случае (а) \(K = 500\) эВ, в случае (б) \(K = 470\) кэВ или \(K = 0{,}53\) эВ.

Решение

Пусть \(v\) — скорость движения протона по окружности (если протон движется в направлении, противоположном указанному на рисунке, будем считать скорость отрицательной).

Действующая на протон сила равна \(eE + evB\) и направлена к центру окружности. Поскольку ускорение протона равно \(v^2/R\), из второго закона Ньютона получим \[m\frac{v^2}{R} = e(E + vB).\] Решая квадратное уравнение, находим возможные значения скорости протона: \[v = \frac{eBR}{2m} \pm \sqrt{\left(\frac{eBR}{2m}\right)^2 + \frac{eER}{m}}.\] Эти значения много меньше скорости света при соблюдении двух условий: \(BR \ll mc/e\), \(ER \ll mc^2/e\). Поскольку \(mc^2/e \simeq 10^9\) В, а \(ER = 10^3\) В и \(BcR = 3\cdot 10^7\) В, данные условия в задаче выполняются.

Кинетическую энергию протона можно выразить из второго закона Ньютона: \[K = \frac{mv^2}{2} = \frac12 eRE\left(1 + \frac{vB}{E}\right).\] Величину \(vB/E\) удобно выразить через параметр \(\alpha = \dfrac{eB^2R}{2mE}\); тогда \(\dfrac{vB}{E} = \alpha \pm \sqrt{\alpha^2 + 2\alpha}\) и \[K = \frac12 eRE\left(\alpha + 1 \pm \sqrt{\alpha^2 + 2\alpha}\right).\] Проведём подстановку числовых значений. В случае (а) \(\alpha = 0\), и кинетическая энергия протона может принимать только одно значение \(K = eRE/2\). Чтобы выразить её в электронвольтах, рассчитаем отношение \(K/e = RE/2 = 500\) В; отсюда \(K = 500\) эВ.

В случае (б) \(\alpha \simeq 471\). Кинетическая энергия протона может принимать два значения. Одно из них равно \[K = \frac12 eRE\left(\alpha + 1 + \sqrt{\alpha^2 + 2\alpha}\right) \simeq eRE\alpha \simeq 470\text{ кэВ}.\] Второе значение энергии равно \[K = \frac12 eRE\left(\alpha + 1 - \sqrt{\alpha^2 + 2\alpha}\right) = \frac12 eRE\,\frac{1}{\alpha + 1 + \sqrt{\alpha^2 + 2\alpha}} \simeq \frac{eRE}{4\alpha} \simeq 0{,}53\text{ эВ}.\]

Подсказка

Сила Лоренца не меняет модуль скорости. Составьте уравнение для угла поворота скорости и посмотрите, как время разворота и глубина проникновения зависят от массы частицы (метод размерностей тоже подойдёт).

Ответ

\(\tau_e = \dfrac{\tau_p}{\sqrt{1838}} \approx 0{,}023\) с; глубина проникновения электрона \(L_e = \dfrac{L}{\sqrt{1838}} \approx \dfrac{L}{43}\).

Решение

Будем считать, что потерь энергии на излучение нет, поэтому величины скорости и протона, и электрона во времени не меняются. При этом на движущуюся заряженную частицу со стороны магнитного поля действует сила (магнитная составляющая силы Лоренца), перпендикулярная и вектору скорости частицы, и вектору индукции магнитного поля. То есть вектор скорости поворачивается. Направление этой силы таково, что частица движется в плоскости, перпендикулярной направлению магнитного поля. Если обозначить угол, который образует нормаль к границе раздела и вектор скорости частицы, символом \(\alpha\), то глубина проникновения к моменту времени \(t\) равна \[x(t) = \int\limits_0^t v\cos\alpha\,dt .\] На такой «глубине» величина индукции магнитного поля равна \[B(x) = B(L)\,\frac{x(t)}{L}.\] Здесь \(B(L)\) — это величина магнитного поля на глубине проникновения в переходный участок, равной \(L\). Скорость вращения вектора скорости частицы равна \[\frac{d\alpha}{dt} = \frac{qB(L)}{Lm}\,x(t)\] или (если продифференцировать правую и левую части равенства по времени) \[\frac{d^2\alpha}{dt^2} = \frac{qB(L)\,v}{Lm}\cos\alpha .\] Поскольку угол поворота скорости фиксирован и равен \(\pi\), то время разворота с некоторым безразмерным коэффициентом пропорционально величине \[T \sim \sqrt{\frac{Lm}{qvB(L)}} .\] Отметим, что это соотношение может быть составлено из параметров, данных в условии задачи: \(v\), \(B\), \(L\), \(q\), \(m\), методом размерностей.

Поскольку масса электрона в 1838 раз меньше массы протона, то на «разворот» электрону потребуется меньше времени в \(1838^{1/2}\) раз, то есть примерно в 43 раза, следовательно, \(\tau_e \approx 0{,}023\) с. Начальные скорости у протона и электрона одинаковы, их траектории по форме подобны, поэтому во столько же раз будет меньше и глубина проникновения электрона в область с магнитным полем.

Покажем теперь другой способ решения. Пусть магнитное поле направлено вдоль оси \(OZ\) декартовой системы координат, а ось \(OX\) направлена перпендикулярно границе поля в сторону его увеличения. Обозначим скорость частицы в некоторый момент \(V\), а единичный вектор, направленный вдоль скорости в этот момент времени, обозначим \(\vec e_V\), единичный вектор, направленный вдоль оси \(OX\), обозначим \(\vec e_x\), тогда магнитная составляющая силы Лоренца, действующей на частицу с зарядом \(q\), равна \[\vec F = qV\,\frac{B_0 x}{L}\,[\vec e_V \times \vec e_x],\] где \(x\) — глубина проникновения частицы в область поля, \(B_0\) — индукция магнитного поля в области постоянного поля. Пусть \(\varphi\) — угол, на который поворачивается вектор скорости относительно первоначального направления. Поскольку магнитная составляющая силы Лоренца ортогональна вектору скорости, модуль скорости частицы с течением времени не меняется. Радиус кривизны траектории находится из второго закона Ньютона и оказывается равен \[R(x) = \frac{mVL}{qB_0 x}.\] Обозначим длину бесконечно малого элемента траектории \(dl = R(x)\,d\varphi\), тогда бесконечно малое изменение координаты \(x\), как следует из формулы для \(R(x)\), равно \[dx = \frac{mVL}{qB_0 x}\cos\varphi\,d\varphi .\] Это соотношение можно привести к интегрируемому виду и далее проинтегрировать \[d\!\left(\frac{x^2}{2}\right) = \frac{mVL}{qB_0}\cos\varphi\,d\varphi \quad\Rightarrow\quad x(\varphi) = \sqrt{\frac{2mVL}{qB_0}\,\sin\varphi}\, .\] Максимальная глубина проникновения в магнитное поле, таким образом, равна \[x_{\max} = \sqrt{\frac{2mVL}{qB_0}} .\] Отсюда следует ответ на вопрос о глубине проникновения \[\frac{L_e}{L_p} = \sqrt{\frac{m_e}{m_p}} .\] Учитывая, что \(dt = \dfrac{dx}{V\cos\varphi}\), из выражения для \(dx\) имеем соотношение \(dt = \dfrac{mL}{qB_0 x}\,d\varphi\). Подставляем в это соотношение выражение для \(x(\varphi)\), в результате имеем формулу \[dt = \sqrt{\frac{mL}{2qB_0V}}\cdot\frac{d\varphi}{\sqrt{\sin\varphi}} .\] Интегрируя эту формулу от \(0\) до \(\dfrac{\pi}{2}\), получим время достижения максимальной глубины проникновения в поле, которое в два раза меньше времени разворота частицы. При этом для того, чтобы получить ответ на вопрос задачи, необязательно находить значение интеграла от функции \(\dfrac{1}{\sqrt{\sin\varphi}}\). Значение этого интеграла будет одинаковым и для протона, и для электрона. Из этих рассуждений следует соотношение \(\tau \sim \sqrt m\) и ответ \(\tau_e = \tau_p\sqrt{\dfrac{m_e}{m_p}} \approx \dfrac{1}{43}\) с.

Подсказка

При движении по окружности угловая скорость не зависит от радиуса: сила упругости и сила Лоренца обе пропорциональны \(r\). Старт из покоя — это сумма двух встречных равномерных вращений с подобранными длинами векторов, при которой начальные скорости взаимно гасятся.

Ответ

1) по часовой стрелке \(\omega_1 = \sqrt{\dfrac{k}{m} + \dfrac{q^2B^2}{4m^2}} + \dfrac{qB}{2m}\), против часовой стрелки \(\omega_2 = \sqrt{\dfrac{k}{m} + \dfrac{q^2B^2}{4m^2}} - \dfrac{qB}{2m}\);  2) \(r_\text{min} = \dfrac{\omega_1 - \omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0 = \dfrac{\Omega}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}r_0\), где \(\Omega = \dfrac{qB}{2m}\), \(\omega_0^2 = \dfrac{k}{m}\);  3) \(\tau = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}\);  4) траектория трижды за оборот проходит от окружности радиуса \(r_0\) до окружности радиуса \(r_0/3\) и обратно (см. рисунок в решении); в исходной точке бусинка впервые окажется через \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\).

Решение

1. Уравнение движения бусинки на резинке в магнитном поле \(\vec B\) имеет вид \[m\vec a = -k\vec r + q\big[\vec v\times\vec B\big],\] то есть (как и отмечено в условии) оно является линейным и однородным уравнением по отношению к закону движения \(\vec r(t)\) (сам вектор координаты, откладываемый от положения равновесия бусинки, и его производные — скорость и ускорение — входят в уравнение только в первой степени). При движении по окружности радиуса \(r_0\) центростремительное ускорение бусинки создаётся силой упругости резинки и силой Лоренца, причём в зависимости от направления вращения сила Лоренца либо направлена к центру окружности, либо от него. Значит, величина угловой скорости бусинки при таком движении находится из уравнения \[m\omega^2r_0 = kr_0 \pm qB\omega r_0 \;\Longrightarrow\; \omega^2 \pm \frac{qB}{m}\omega - \frac{k}{m} = 0.\] Далее введём обозначения \(\Omega \equiv \dfrac{qB}{2m}\) и \(\omega_0^2 \equiv \dfrac{k}{m}\). Тогда, выбирая для каждого случая положительный корень, приходим к выводу, что при вращении по часовой стрелке величина угловой скорости (циклическая частота вращения) \[\omega_1 = \sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2} + \Omega = \sqrt{\frac{k}{m} + \frac{q^2B^2}{4m^2}} + \frac{qB}{2m},\] а при вращении против часовой стрелки она равна \[\omega_2 = \sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2} - \Omega = \sqrt{\frac{k}{m} + \frac{q^2B^2}{4m^2}} - \frac{qB}{2m} < \omega_1.\]

Примечание: в обоих случаях угловая скорость не зависит от радиуса окружности! Поэтому величина линейной скорости пропорциональна радиусу описываемой окружности.

2. Пусть теперь \(\vec r_1(t)\) — закон движения бусинки, вращающейся по окружности радиуса \(r_0\) по часовой стрелке, а \(\vec r_2(t)\) — закон движения бусинки, вращающейся по той же окружности против часовой стрелки. Модули скоростей движения у бусинки при этих движениях различаются: легко найти, что \(|\vec v_1| = \omega_1r_0\), а \(|\vec v_2| = \omega_2r_0\). Если записать суперпозицию этих законов движения в виде \[\vec r(t) = \frac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_1(t) + \frac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_2(t),\] то, в соответствии с линейностью и однородностью уравнения движения (и в соответствии с содержащейся в условии «подсказкой»), этот закон тоже удовлетворяет уравнению движения. Легко определить начальные условия, которым он соответствует: поскольку \(\vec r_1(0) = \vec r_2(0) \equiv \vec r_0\) и при различных направлениях вращения \(|\vec v_1(0)| = \omega_1r_0 = \dfrac{\omega_1}{\omega_2}|\vec v_2(0)|\), то \(\vec r(0) = \vec r_0\) и \(\vec v(0) = 0\). Следовательно, полученный закон описывает движение бусинки, запущенной без начальной скорости с расстояния \(r_0\) от отверстия! Мы обнаружили, что вектор координаты такой бусинки можно в любой момент времени найти как сумму вектора \(\dfrac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_1(t)\) с постоянной длиной \(\dfrac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0\), вращающегося с угловой скоростью \(\omega_1\) по часовой стрелке, и вектора \(\dfrac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_2(t)\) с постоянной длиной \(\dfrac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}r_0\), вращающегося с угловой скоростью \(\omega_2\) против часовой стрелки от того же начального положения (см. рисунок). Отметим, что угол между этими векторами в момент времени \(t\) равен \(\varphi(t) = (\omega_1 + \omega_2)t\). Поэтому, по теореме косинусов, в этот момент времени расстояние от бусинки до отверстия удовлетворяет уравнению \[r^2(t) = \left(\frac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0\right)^2 + \left(\frac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}r_0\right)^2 + 2\cdot\frac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0\cdot\frac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}r_0\cdot\cos\Big[(\omega_1 + \omega_2)t\Big].\] Значит, \[r(t) = \frac{r_0}{\omega_1 + \omega_2}\sqrt{\omega_1^2 + \omega_2^2 + 2\omega_1\omega_2\cdot\cos\Big[(\omega_1 + \omega_2)t\Big]}.\] Таким образом, циклическая частота изменения расстояния от бусинки до положения равновесия равна \(\omega_1 + \omega_2 = 2\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}\), причём минимальное значение \[r_\text{min} = \frac{\omega_1 - \omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0 = \frac{\Omega}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}r_0\]

расстояние принимает в моменты времени \(t_n = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega^2 + \Omega^2}}\left(n + \dfrac{1}{2}\right)\) (где \(n = 0, 1, 2, \ldots\)). Отметим, что для нахождения \(r_\text{min}\) не обязательно исследовать закон изменения расстояния \(r(t)\): достаточно понять, что расстояние от бусинки до отверстия минимально, когда «составляющие» векторы нашей суперпозиции направлены противоположно. Тогда ясно, что \(r_\text{min}\) равно разности их модулей.

3. Из формулы для \(r(t)\) видно, что максимальное расстояние от бусинки до отверстия равно начальному \(r_\text{max} = r_0\), и оно достигается в моменты времени \(t'_n = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}n\) (где \(n = 0, 1, 2, \ldots\)). Как видно, впервые после отпускания это произойдёт в момент времени \[\tau = \frac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}.\] Как и в предыдущем пункте, можно получить этот ответ без нахождения \(r(t)\) — достаточно образного представления движения. Тогда ясно, что расстояние максимально, когда вращающиеся навстречу друг другу «составляющие» векторы суперпозиции встречаются, и \(\tau = \dfrac{2\pi}{\omega_1 + \omega_2} = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}\).

4. При таком соотношении параметров \(\Omega^2 = \omega_0^2/8\), и поэтому \(\omega_1 = \omega\cdot\sqrt{2}\), а \(\omega_2 = \omega_0/\sqrt{2}\). Значит, отношение угловых скоростей \(\omega_1 : \omega_2 = 2 : 1\), то есть общее движение периодическое, и траектория оказывается замкнутой. В этом случае \[\vec r_1(t) = \frac{1}{3}\vec r_1(t) + \frac{2}{3}\vec r_2(t),\] длины векторов, сумма которых даёт \(\vec r(t)\), равны \(r_0/3\) и \(2r_0/3\), а закон изменения расстояния \[r(t) = \frac{r_0}{3}\sqrt{5 + 4\cdot\cos\Big[3\omega_2t\Big]}.\] Ясно, что период движения — наименьшее общее кратное периодов двух составляющих движений, которое в нашем случае равно периоду меньшей частоты \(\omega_2\).

Поэтому впервые после отпускания бусинка окажется в исходной точке спустя время \[T = \frac{2\pi}{\omega_2} = \frac{2\pi\sqrt{2}}{\omega_0} = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{k}}.\] Период изменения расстояния от отверстия

\[T = \frac{2\pi}{\omega_1 + \omega_2} = \frac{2\pi\sqrt{2}}{3\omega_0} = \frac{1}{3}T_2.\] Поэтому за один период движения бусинка трижды достигает максимального расстояния \(r_0\), и трижды — минимального \(r_0/3\). Таким образом, траектория за «полный оборот» вокруг оси отверстия трижды проходит от окружности с радиусом \(r_0\) до окружности с радиусом \(r_0/3\) и обратно, причём вблизи общих точек с большей окружностью бусинка движется по радиусу (траектория касается радиуса), в общих точках с меньшей окружностью радиальная скорость бусинки обращается в ноль при ненулевой угловой скорости — бусинка движется перпендикулярно радиусу, и её траектория касается меньшей окружности в общих точках. По этим сведениям можно достаточно корректно изобразить вид траектории (см. рисунок). Другой способ изучить траекторию — записать закон движения бусинки в декартовых координатах \((x, y)\). Удобно совместить начало координат с осью отверстия, а ось \(x\) направить так, чтобы она проходила через начальное положение бусинки. Проецируя закон движения на эти оси, получим: \[\begin{cases} x(t) = \dfrac{r_0}{3}\Big[2\cos(\omega_2t) + \cos(2\omega_2t)\Big],\\[2mm] y(t) = \dfrac{r_0}{3}\Big[2\sin(\omega_2t) - \sin(2\omega_2t)\Big]. \end{cases}\] Тогда можно построить траекторию «по точкам», выбрав несколько характерных значений \(\omega_2t\). Впрочем, и в этом случае удобно в первую очередь построить положение точек, отвечающих моментам, когда бусинка находится на максимальном и минимальном расстояниях от отверстия, то есть \(\omega_2t = 0, \dfrac{\pi}{3}, \dfrac{2\pi}{3}, \pi, \dfrac{4\pi}{3}, \dfrac{5\pi}{3}\).

Подсказка

Тангенциальная сила Лоренца на участке кольца пропорциональна проекции этого участка на границу: просуммируйте её и свяжите приращение угловой скорости с приращением магнитного потока через кольцо. Сила Лоренца работы не совершает.

Ответ

1) \(\omega = \dfrac{\pi\lambda BR}{m}\);  2) \(v_{\min} = \dfrac{\sqrt5\,\pi\lambda BR^2}{m}\);  3) \(\theta = \arctan\sqrt{\left(\dfrac{mv_0}{2\pi\lambda BR^2}\right)^2 - \dfrac54}\);  4) \(y_{\max} = \sqrt{\left(\dfrac{mv_0}{2\pi\lambda RB}\right)^2 - \dfrac{R^2}{4}}\).

Решение

На участки кольца, находящиеся в магнитном поле, действует сила Лоренца, перпендикулярная вектору \(\vec B\) и вектору скорости участка кольца. Можно рассматривать движение кольца как наложение поступательного движения в направлении вдоль границы со скоростью \(v_x\), поступательного движения перпендикулярно границе со скоростью \(v_y\) и вращения с угловой скоростью \(\omega\).

Из-за поступательного движения в направлении \(y\) возникает момент силы Лоренца, раскручивающий кольцо. Этот момент сил исчезает только после того, как кольцо полностью окажется в области поля. Сумма сил Лоренца, действующих на участки в области поля, связанная с движением вдоль \(y\), направлена вдоль границы и изменяет значение \(v_x\).

Силы Лоренца, связанные с поступательным движением вдоль оси \(x\), изменяют скорость \(v_y\), но не создают момента сил, раскручивающих кольцо. Силы Лоренца, возникающие из-за вращательного движения кольца, как легко убедиться, действуют только вдоль \(y\) и не влияют на движение вдоль \(x\).

Рассмотрим тангенциальную составляющую силы Лоренца, действующую на участок кольца длины \(\Delta l\), связанную с \(v_y\). Она равна \(\lambda\Delta l Bv_y\cos\varphi\), где \(\varphi\) — угол между этим участком и осью \(x\). Величина \(\Delta l\cos\varphi\) представляет собой проекцию этого участка на \(x\), а сумма тангенциальных составляющих для всех участков, находящихся в области магнитного поля, будет равна \(\lambda l_xBv_y\), где \(l_x\) — длина хорды, стягивающей концы участка кольца, находящегося в области поля. Тогда \[mR\frac{d\omega}{dt} = \lambda Bv_yl_x.\] После домножения обеих частей уравнения на \(dt\), с учётом того, что \(v_y\,dt = dy\), а \(l_x\,dy = dS\), где \(dS\) — дополнительная площадь кольца, которая оказывается в области поля за время \(dt\), получаем \[mR\,d\omega = \lambda\cdot d\Phi,\] где \(d\Phi\) — прирост потока магнитного поля через плоскость кольца.

Если кольцо полностью окажется в области магнитного поля, его угловая скорость вращения будет равна \[\omega = \frac{\pi\lambda BR}{m}.\] Итак, ответ на первый вопрос задачи: \(\omega = \dfrac{\pi\lambda BR}{m}\).

Как отмечалось выше, вращение не влияет на проекцию скорости \(v_x\), её изменение целиком определяется \(y\)-проекцией скорости центра и зарядом той части кольца (дуги длины \(l\)), которая находится в поле. \[m\frac{dv_x}{dt} = \lambda lBv_y.\] Пусть \(y\) — координата точки кольца, наиболее удалённой от границы. Другими словами, это расстояние, на которое сместилось кольцо в направлении \(y\) от начала движения. Тогда \(l = 2R\arccos\left(\dfrac{R-y}{R}\right)\). Далее \[m\frac{dv_x}{dt} = 2\lambda BRv_y\arccos\left(\frac{R-y}{R}\right).\]

Домножив на \(dt\), переходим к интегралу \[v_x = \frac{2\lambda BR}{m}\int_0^{2R}\arccos\left(\frac{R-y}{R}\right)dy = \frac{2\pi\lambda BR^2}{m}.\] Теперь воспользуемся законом сохранения энергии, учитывая тот факт, что сила Лоренца работы не совершает и кинетическая энергия кольца в любой момент времени равна начальной. \[\frac{mv_0^2}{2} = \frac{mv_x^2}{2} + \frac{mv_y^2}{2} + \frac{mR^2\omega^2}{2}.\] Для ответа на второй вопрос задачи положим в этом выражении \(v_y = 0\) и воспользуемся результатом ответа на первый пункт для угловой скорости. Тогда \[v_{\min}^2 = v_x^2 + R^2\omega^2 = 5\left(\frac{\pi\lambda BR^2}{m}\right)^2, \qquad v_{\min} = \frac{\sqrt5\,\pi\lambda BR^2}{m}.\] Поскольку \(v_x\) уже найдено, то для ответа на третий вопрос достаточно определить проекцию \(v_y\) в момент, когда кольцо целиком окажется в поле.

Из закона сохранения энергии находим: \(v_y = \sqrt{v_0^2 - v_x^2 - \omega^2R^2} = \sqrt{v_0^2 - v_{\min}^2}\). Для тангенса искомого угла: \(\tan\theta = v_y/v_x\). Следовательно, \[\tan\theta = \frac{\sqrt{v_0^2 - v_{\min}^2}}{v_x} = \sqrt{\left(\frac{mv_0}{2\pi\lambda BR^2}\right)^2 - \frac54}, \qquad \theta = \arctan\sqrt{\left(\frac{mv_0}{2\pi\lambda BR^2}\right)^2 - \frac54}.\] С момента, когда кольцо целиком оказывается в области поля, его угловая скорость перестаёт меняться и центр кольца движется как точечный заряд \(q = 2\pi R\lambda\) со скоростью, проекции которой равны значениям \(v_x\) и \(v_y\) в момент пересечения границы области последней точкой кольца. С этого момента \[m\frac{dv_x}{dt} = 2\pi\lambda RBv_y.\] После уже традиционного домножения на \(dt\) и интегрирования получаем \[\Delta y = \frac{m\Delta v_x}{2\pi\lambda RB}.\] Здесь \(\Delta y\) — изменение \(y\)-координаты центра от момента полного вхождения в поле до момента максимального удаления центра от границы, \(\Delta v_x\) — соответствующее этим моментам времени изменение проекции скорости.

\(v_x\) в момент максимального удаления можно найти из закона сохранения энергии: \[v_x = \sqrt{v_0^2 - \left(\frac{\pi\lambda BR^2}{m}\right)^2}.\] Тогда \[\Delta v_x = \sqrt{v_0^2 - \left(\frac{\pi\lambda BR^2}{m}\right)^2} - \frac{2\pi\lambda BR^2}{m}.\] Искомое максимальное удаление: \[y_{\max} = R + \frac{m\Delta v_x}{2\pi\lambda RB} = \sqrt{\left(\frac{mv_0}{2\pi\lambda RB}\right)^2 - \frac{R^2}{4}}.\]

Подсказка

Равномерное движение означает равенство нулю суммы электрической и магнитной сил в обоих случаях. Вычтите два условия и подумайте, куда должны быть направлены \(\vec E\) и \(\vec B\).

Ответ

Вектор \(\vec E\) направлен перпендикулярно плоскости рисунка («на нас» либо «от нас»); вектор \(\vec B\) направлен в плоскости рисунка под углом \(45^\circ\) к скорости первого электрона и \(135^\circ\) к скорости второго электрона (либо наоборот); \(E/B = v/\sqrt{2}\).

Подсказка

Внутри шарика устанавливается однородное электрическое поле, компенсирующее силу Лоренца. Разложите скорость на составляющие вдоль \(OC\) и перпендикулярно \(OC\) и воспользуйтесь суперпозицией.

Ответ

\(\sigma_C = \sigma_0\cos\alpha = \sigma_0/2\); \(\varphi_A - \varphi_C = vBR(1 - \cos\alpha) = 0{,}1\) В.

Подсказка

Из-за малого зазора поле можно считать плоским. Магнитная сила меняет составляющую скорости вдоль электродов; запишите связь этой составляющей со смещением от внутреннего цилиндра. Ток прекращается, когда электрон только касается внешнего цилиндра.

Ответ

Протекание тока между цилиндрами возможно при расстоянии между ними не более \(y_{\max} = \dfrac{2mE}{|e|B^2}\).

Подсказка

Вихревое поле вдоль окружности находится из закона индукции, а ускорение электрона — из второго закона Ньютона. Проинтегрируйте по времени и сравните результат с условием движения по окружности радиуса \(R\) в магнитном поле \(B_R\).

Ответ

\(\dfrac{\Phi_R(t)}{B_R(t)\pi R^2} = 2\).

Подсказка

Пока шнур натянут, запишите второй закон Ньютона в проекциях: из уравнения вдоль спицы сразу следует, что \(v_y\) пропорциональна удлинению шнура. Когда шнур не натянут, заряд движется только под действием силы Лоренца. Сшейте эти два участка движения.

Ответ

1) траектория состоит из последовательно чередующихся половинок эллипса (при натянутом шнуре, полуоси \(a = \dfrac{mv_0}{\sqrt{km + (qB)^2}}\) поперёк спицы и \(b = \dfrac{qBmv_0}{km + (qB)^2}\) вдоль неё) и окружности радиусом \(R = \dfrac{mv_0}{qB}\) (при ненатянутом), которые переходят друг в друга без излома при \(x = 0\);  2) \(u = \dfrac{2kmv_0}{\pi\sqrt{km + (qB)^2}\left(qB + \sqrt{km + (qB)^2}\right)}\).

Решение

Пусть ось \(x\) горизонтальна и направлена от спицы, ось \(y\) направлена вверх вдоль спицы. Начало координат находится в точке начального положения заряда. Запишем проекции второго закона Ньютона: \[\left\{\begin{aligned} m\ddot x &= -kx + qvB\cos(90^\circ - \alpha),\\ m\ddot y &= -qvB\sin(90^\circ - \alpha). \end{aligned}\right.\] Преобразуем полученные уравнения: \[\left\{\begin{aligned} m\ddot x &= -kx + qvB\sin\alpha,\\ m\ddot y &= -qvB\cos\alpha. \end{aligned}\right. \qquad \left\{\begin{aligned} m\ddot x &= -kx + qB\dot y,\\ m\ddot y &= -qB\dot x. \end{aligned}\right.\]

Способ 1. Продифференцируем по времени первое уравнение системы. Тогда \[m\dddot x = -k\dot x + qB\ddot y, \qquad \dddot x + \left[\frac{k}{m} + \left(\frac{qB}{m}\right)^2\right]\dot x = 0.\] Обозначим \(\beta^2 = \dfrac{k}{m} + \left(\dfrac{qB}{m}\right)^2\): \[\dddot x + \beta^2\dot x = 0.\] Откуда \[\dot x(t) = C_1\cos(\beta t) + C_2\sin(\beta t).\] Начальные условия: \[\left\{\begin{aligned} \dot x(0) &= v_0 \Rightarrow C_1 = v_0,\\ \ddot x(0) &= 0 \Rightarrow C_2 = 0. \end{aligned}\right.\] Таким образом, \[\left\{\begin{aligned} \dot x(t) &= v_0\cos(\beta t),\\ x(t) &= \frac{v_0}{\beta}\sin(\beta t),\\ \dot y(t) &= \frac{-qBv_0}{m\beta}\sin(\beta t),\\ y(t) &= \frac{qBv_0}{m\beta^2}\left(\cos(\beta t) - 1\right). \end{aligned}\right.\] Заметим, что \[\left(\frac{x(t)}{\frac{v_0}{\beta}}\right)^2 + \left(\frac{y(t) + \frac{qBv_0}{m\beta^2}}{\frac{qBv_0}{m\beta^2}}\right)^2 = 1.\] То есть уравнение траектории при натянутой резинке представляет собой эллипс с центром в \[(x_0, y_0) = \left(0, -\frac{qBv_0}{m\beta^2}\right) = \left(0, -\frac{qBmv_0}{km + (qB)^2}\right),\] большой полуосью \[a = \frac{v_0}{\beta} = \frac{mv_0}{\sqrt{km + (qB)^2}} = R\gamma,\] малой полуосью \[b = \frac{qBv_0}{m\beta^2} = \frac{qBmv_0}{km + (qB)^2} = R\gamma^2,\] где \(R = mv_0/qB\) и \(\gamma = 1\Big/\sqrt{1 + \dfrac{mk}{(qB)^2}} < 1\).

Однако при недеформированном шнуре (то есть когда координата \(x\) будет меньше 0) заряд будет двигаться по дуге окружности радиуса \(R = mv_0/(qB)\).

Способ 2. Из \(m\ddot y = -qB\dot x\) получим: \[dv_y = -\frac{qB}{m}\,dx = -\Omega\,dx.\] С учетом того, что в начале движения \(v_y = 0\), \(x = 0\), и суммируя малые изменения этих величин, получаем, что \[v_y = -\Omega x.\]

Сила Лоренца не совершает работы, и, согласно закону сохранения энергии: \[\frac{mv_0^2}{2} = \frac{m(v_x^2 + v_y^2)}{2} + \frac{kx^2}{2}.\] Откуда: \[v_x^2 = v_0^2 - \left(\Omega^2 + \frac{k}{m}\right)x^2 = v_0^2 - \beta^2x^2,\] где \(\beta^2 = \Omega^2 + \dfrac{k}{m}\). Выразим:

\[\frac{dy}{dx} = \frac{v_y}{v_x} = \frac{\Omega x}{\sqrt{v_0^2 - \beta^2x^2}}.\] Откуда: \[dy = -\frac{\Omega}{\beta}\,\frac{x\,dx}{\sqrt{a^2 - x^2}} = \gamma\,d\left(\sqrt{a^2 - x^2}\right),\] где \(a = v_0/\beta = (mv_0)\Big/\sqrt{km + (qB)^2}\) и \(\gamma = \Omega/\beta = 1\Big/\sqrt{1 + \dfrac{mk}{(qB)^2}} < 1\).

Суммируя малые изменения этих величин, получим: \[y - 0 = \gamma\left(\sqrt{a^2 - x^2} - a\right).\] Откуда: \[\left(\frac{y + \gamma a}{\gamma a}\right)^2 + \left(\frac{x}{a}\right)^2 = 1.\] Нетрудно заметить, что это уравнение эллипса. Координаты центра эллипса \((0, -\gamma a)\), его большая полуось равна \(a = (mv_0)\Big/\sqrt{km + (qB)^2} = R\gamma\), а малая \(b = \gamma a = \dfrac{qBmv_0}{km + (qB)^2} = R\gamma^2\). Это уравнение описывает траекторию вплоть до возвращения длины резинки к исходной. Далее заряд попадает в область, где резинка провисает, и он движется по окружности радиуса \(R = v_0/\Omega = mv_0/qB\) до возвращения длины резинки к исходной, после чего резинка натягивается и движение повторяется.

Способ 3. Из второго уравнения системы \(m\ddot y = -qB\dot x\) получим: \[dv_y = -\frac{qB}{m}\,dx = -\Omega\,dx.\] С учетом того, что в начале движения \(v_y = 0\), \(x = 0\), и суммируя малые изменения этих величин, получаем, что \[v_y = -\Omega x.\] Подставим это в первое уравнение системы: \[m\ddot x = -kx - qB\Omega x, \qquad \ddot x = -\left(\frac{k}{m} + \Omega^2\right)x.\] Обозначим \(\beta^2 = \Omega^2 + \dfrac{k}{m}\). \[x = C_1\cos(\beta t) + C_2\sin(\beta t).\] Из начальных условий: \[\left\{\begin{aligned} x(0) &= 0 \Rightarrow C_1 = 0,\\ \dot x(0) &= v_0 \Rightarrow C_2 = \frac{v_0}{\beta}. \end{aligned}\right. \qquad x = \frac{v_0}{\beta}\sin(\beta t).\] Подставим в выражение для \(v_y\): \[\dot y = -\Omega x = -\frac{\Omega v_0}{\beta}\sin(\beta t).\] Интегрируя, получаем: \[y = \frac{\Omega v_0}{\beta^2}\left(\cos(\beta t) - 1\right).\] Заметим, что \[\left(\frac{x(t)}{\frac{v_0}{\beta}}\right)^2 + \left(\frac{y(t) + \frac{qBv_0}{m\beta^2}}{\frac{qBv_0}{m\beta^2}}\right)^2 = 1.\] То есть уравнение траектории при натянутой резинке представляет собой эллипс с центром в \[(x_0, y_0) = \left(0, -\frac{qBv_0}{m\beta^2}\right) = \left(0, -\frac{qBmv_0}{km + (qB)^2}\right),\] большой полуосью \[a = \frac{v_0}{\beta} = \frac{mv_0}{\sqrt{km + (qB)^2}} = R\gamma,\] малой полуосью \[b = \frac{qBv_0}{m\beta^2} = \frac{qBmv_0}{km + (qB)^2} = R\gamma^2,\] где \(R = mv_0/qB\) и \(\gamma = 1\Big/\sqrt{1 + \dfrac{mk}{(qB)^2}} < 1\).

Однако при недеформированном шнуре (то есть когда координата \(x\) будет меньше 0) заряд будет двигаться по окружности радиуса \(R = mv_0/qB\).

При положительном удлинении шнура \(\Delta x > 0\) траектория является частью эллипса с большой и малой полуосями: \(a = mv_0\Big/\sqrt{km + (qB)^2}\), \(b = qBmv_0/(km + (qB)^2)\).

При ненатянутом шнуре \(\Delta x = 0\) траектория является частью окружности с радиусом \(R = mv_0/qB\).

В целом траектория состоит из последовательно чередующихся половинок эллипса и окружности, которые без излома и без разрыва переходят друг в друга при \(x = 0\).

Определим период движения заряда: \[T = \frac{\pi}{\sqrt{\frac{k}{m} + \left(\frac{qB}{m}\right)^2}} + \frac{\pi}{\frac{qB}{m}} = \frac{\pi m}{qB}\left(\frac{qB}{\sqrt{km + (qB)^2}} + 1\right).\] Тогда дрейфовая скорость \[u = \frac{2(R - b)}{T} = \frac{2kmv_0}{\pi\sqrt{km + (qB)^2}\left(qB + \sqrt{km + (qB)^2}\right)}.\]

Подсказка

При выключении поля возникает вихревое электрическое поле, раскручивающее шарики. Найдите скорость шариков из импульса силы, затем сравните силы натяжения до и после.

Ответ

\(\Delta F = \dfrac{Q^2\Phi_0^2 \sin^2\dfrac{\pi}{N}}{\pi^2 M N l^3}\).