Задачи › Сила Лоренца, движение частиц в магнитном поле

Движение в поле B

  1. Движение в поле B

    NBPhO 2018/19, заключительный этап, 11 кл. · №25829
    5/10PDF: условиес решением

    (8 баллов) Частицы массы \(m\) и заряда \(q\) запускают из начала координат со скоростью \(v\) параллельно оси \(x\). На расстоянии \(x=l\) стоит экран.

    1. (1 балл) Первую частицу запускают при наличии однородного электрического поля, параллельного оси \(x\), магнитного поля нет. Какой должна быть напряжённость электрического поля, чтобы частица никогда не достигла экрана?

    2. (2 балла) Затем электрическое поле выключают, а в области \(l>x>0\) включают однородное магнитное поле, направленное по оси \(z\), и запускают вторую частицу. Зная, что скорость частицы как раз достаточна, чтобы достичь экрана, нарисуйте траекторию и найдите индукцию магнитного поля \(B\).

    3. (2 балла) Наконец, включают электрическое поле, лежащее в плоскости \(x,y\), а \(B\) оставляют неизменным. Третью частицу выпускают из начала координат, по-прежнему параллельно оси \(x\), но, возможно, с другой скоростью. Наблюдают, что частица движется без отклонения. Кроме того, время, за которое она достигает экрана, такое же, как у второй частицы. Найдите модуль напряжённости электрического поля \(E\).

    4. (3 балла) Независимо от предыдущих пунктов, изучим теперь слабо неоднородное магнитное поле: радиус кривизны силовых линий магнитного поля намного больше радиуса кривизны траектории частицы. Оказывается, что в этом случае сохраняется так называемый адиабатический инвариант частицы в магнитном поле: магнитный поток, охватываемый винтовой траекторией частицы, остаётся постоянным с очень высокой точностью вдоль траектории.

      Рассмотрим очень упрощённую модель того, как частицы солнечного ветра взаимодействуют с магнитным полем Земли. Индукция магнитного поля Земли на её магнитной оси выражается как \(B(z)=B_E(R_E/z)^3\), где \(B_E=3{,}12\times10^{-5}\text{ Тл}\) — индукция поля на поверхности Земли у магнитного полюса, \(R_E=6370\text{ км}\) — радиус Земли, а \(z\) отсчитывается от центра Земли.

      Электрон с зарядом \(-e=-1{,}60\times10^{-19}\text{ Кл}\) и массой \(m_e=9{,}11\times10^{-31}\text{ кг}\) приближается к Земле со скоростью \(u_0=500\text{ км/с}\) и попадает в магнитное поле Земли точно на его оси на расстоянии \(R_0=5R_E\) под углом \(\alpha\) и начинает по спирали двигаться к Земле.

      Если \(\alpha\) слишком велик, частица отразится растущей по мере приближения к Земле индукцией магнитного поля. Найдите условие на \(\alpha\), при котором частица достигнет поверхности Земли. Гравитационными и/или релятивистскими эффектами можно пренебречь.

    ▶ПодсказкаСкрыть: подсказка
    Подсказка

    Поток через виток спирали пропорционален \(R^2B\propto B/v_\perp^2\), поэтому сохраняется \(v_\perp^2/B\); полная скорость при этом не меняется. Критический случай — когда у поверхности Земли \(v_\perp=u_0\).

    ▶ОтветСкрыть: ответ
    Ответ

    1) \(|E|>\dfrac{mv^2}{2l|q|}\), направление \(\vec E\) таково, что \(qE<0\);  2) \(B=\dfrac{mv}{lq}\);  3) \(E=\dfrac{2Bv}\pi\);  4) \(\alpha<\alpha_0=\arcsin\dfrac1{5\sqrt5}\approx5{,}1^\circ\).

    ▶РешениеСкрыть: решение
    Решение

    i) В однородном электрическом поле напряжённости \(E\) вдоль оси \(x\) запишем электростатический потенциал \(\varphi(x)=-xE\). Чтобы частица не попала на стенку, её кинетическая энергия \(mv^2/2\) должна быть меньше \(q\varphi(l)=-qlE\), поэтому \(|E|>\dfrac{mv^2}{2l|q|}\); направление \(E\) таково, что \(qE<0\).

    ii) В магнитном поле частица движется по окружности радиуса \(R\) такой, что сила Лоренца равна произведению массы на центростремительное ускорение: \(qvB=mv^2/R\). Так как частица едва достигает экрана, круговая орбита должна касаться экрана. Значит, \(R=l\) и \(B=\dfrac{mv}{lq}\).

    iii) Вторая частица до остановки проходит четверть периода, то есть \(t=\dfrac T4=\dfrac{\pi l}{2v}\). Для третьей частицы полная сила Лоренца должна быть равна нулю, поэтому \(u=\dfrac EB\). Приравнивая времена, получаем \(\dfrac lu=\dfrac{\pi l}{2v}\), то есть \(E=\dfrac{2Bv}\pi\).

    iv) Чтобы получить адиабатический инвариант, заметим, что магнитный поток винтовой траектории \(\Phi\propto\text{Площадь}\times B_z\propto R^2B_z\propto B_z/v_\perp^2\), где \(v_\perp\) — составляющая скорости, перпендикулярная магнитному полю. Поэтому адиабатический инвариант можно записать как \(v_\perp^2/B_z\).

    При движении электрона его кинетическая энергия сохраняется, так как магнитное поле не совершает работы. В критическом случае, когда электрон почти отражается, перпендикулярная составляющая скорости электрона на поверхности Земли будет равна \(u_0\). Адиабатический инвариант тогда даёт \[\frac{v_{\perp0}^2}{B(R_0)}=\frac{u_0^2}{B(R_E)}.\] Теперь \(v_{\perp0}=u_0\sin\alpha\), поэтому критический угол определяется формулой \[\alpha_0=\arcsin\left(\sqrt{\frac{B(R_0)}{B(R_E)}}\right)=\arcsin\left(\frac1{5\sqrt5}\right)=5{,}1^\circ.\] Чтобы электрон достиг поверхности Земли, угол \(\alpha\) должен быть меньше \(\alpha_0\).

    Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

    Вся олимпиада на сайте

    Страница задачиСкопировать ссылкуНашли ошибку?

Похожие задачи

наверх