Сократи текст

1-я задача

Сила Лоренца для частицы, движущейся перпендикулярно линиям магнитного поля:

\[ F=|q|vB. \]

Дано:

\[ |q|=1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{Кл},\quad v=10^7\ \text{м/с},\quad B=4\ \text{Тл}. \]

Подставим:

\[ F=1{,}6\cdot10^{-19}\cdot10^7\cdot4 =6{,}4\cdot10^{-12}\ \text{Н}. \]

Ответ: 2) \(6{,}4\cdot10^{-12}\ \text{Н}\).

---

2-я задача

Сила Лоренца:

\[ F=|q|vB. \]

Заряды электрона и протона по модулю одинаковы, магнитное поле одно и то же. Поэтому:

\[ \frac{F_\text{э}}{F_\text{п}} = \frac{v}{2v} = \frac12. \]

Следовательно,

\[ F_\text{э}:F_\text{п}=1:2. \]

Ответ: 4) \(1:2\).

1-я задача

Дано:

\[ |q|=1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{Кл}, \quad v=10^7\ \text{м/с}, \quad B=4\ \text{Тл}. \]

СИ: все величины указаны в единицах СИ.

Найти: \(F\).

Решение:

Так как частица движется перпендикулярно магнитному полю,

\[ F=|q|vB. \]

Подставим значения:

\[ F=1{,}6\cdot10^{-19}\cdot10^7\cdot4 =6{,}4\cdot10^{-12}\ \text{Н}. \]

Ответ:

\[ \boxed{F=6{,}4\cdot10^{-12}\ \text{Н}}. \]

---

2-я задача

Дано:

\[ |q_{\text{э}}|=|q_{\text{п}}|, \quad v_{\text{э}}=v, \quad v_{\text{п}}=2v, \quad B_{\text{э}}=B_{\text{п}}. \]

СИ: единицы измерения для отношения сил не требуются.

Найти:

\[ \frac{F_{\text{э}}}{F_{\text{п}}}. \]

Решение:

Сила Лоренца определяется формулой:

\[ F=|q|vB. \]

Тогда:

\[ \frac{F_{\text{э}}}{F_{\text{п}}} = \frac{|q_{\text{э}}|v_{\text{э}}B} {|q_{\text{п}}|v_{\text{п}}B}. \]

Одинаковые заряд по модулю и магнитное поле сокращаются:

\[ \frac{F_{\text{э}}}{F_{\text{п}}} = \frac{v}{2v} = \frac12. \]

Ответ:

\[ \boxed{F_{\text{э}}:F_{\text{п}}=1:2}. \]

По фото первая задача оформляется так.

Дано

\[ \vec E \ — \text{напряжённость электрического поля}; \]

\[ v \ — \text{скорость протона}; \]

\[ q_p=+e=1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{Кл}. \]

Движение протона — прямолинейное.

Найти:

\[ \vec B. \]

СИ

\[ [E]=\text{Н/Кл},\qquad [v]=\text{м/с},\qquad [B]=\text{Тл}. \]

Числовых значений нет, поэтому переводить величины в СИ не требуется.

Решение

На протон действуют электрическая сила и сила Лоренца:

\[ \vec F_{\text{эл}}=e\vec E, \]

\[ \vec F_{\text{Л}}=e[\vec v\times\vec B]. \]

Прямолинейное движение возможно в двух случаях.

1-й случай:

\[ \vec E\parallel\vec v,\qquad \vec B\parallel\vec v. \]

Тогда сила Лоренца равна нулю:

\[ F_{\text{Л}}=evB\sin 0^\circ=0. \]

Модуль магнитной индукции может быть любым.

2-й случай:

Векторы \(\vec E\), \(\vec B\) и \(\vec v\) взаимно перпендикулярны, а силы уравновешивают друг друга:

\[ eE=evB. \]

Сократим \(e\):

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

Направление \(\vec B\) должно быть таким, чтобы сила Лоренца была направлена противоположно электрической силе.

Ответ

\[ \boxed{\vec B\parallel\vec v,\quad B\text{ — любое}} \]

или

\[ \boxed{B=\frac{E}{v}}, \]

если \(\vec E\), \(\vec B\) и \(\vec v\) взаимно перпендикулярны.

Решаю задачи 1–5 из раздела «Задачи для самостоятельного решения».

1. Радиус окружности и период обращения электрона

Дано

\[ B=0{,}01\ \text{Тл}=10^{-2}\ \text{Тл}, \]

\[ v=10^6\ \text{м/с}, \]

\[ m_e=9{,}1\cdot10^{-31}\ \text{кг}, \]

\[ q_e=-1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{Кл}. \]

Найти:

\[ R,\quad T. \]

СИ

Все величины уже выражены в единицах СИ.

Решение

Так как скорость электрона перпендикулярна магнитному полю, он движется по окружности:

\[ \frac{m_ev^2}{R}=|q_e|vB. \]

Отсюда:

\[ R=\frac{m_ev}{|q_e|B}. \]

Подставим значения:

\[ R=\frac{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot10^6} {1{,}6\cdot10^{-19}\cdot10^{-2}} \approx5{,}7\cdot10^{-4}\ \text{м}. \]

Период обращения:

\[ T=\frac{2\pi R}{v} =\frac{2\pi m_e}{|q_e|B}. \]

\[ T=\frac{2\pi\cdot9{,}1\cdot10^{-31}} {1{,}6\cdot10^{-19}\cdot10^{-2}} \approx3{,}6\cdot10^{-9}\ \text{с}. \]

Ответ

\[ \boxed{R\approx5{,}7\cdot10^{-4}\ \text{м}}, \]

\[ \boxed{T\approx3{,}6\cdot10^{-9}\ \text{с}}. \]

---

2. Радиус и шаг винтовой линии

Дано

\[ B=10^{-2}\ \text{Тл}, \]

\[ v=10^6\ \text{м/с}, \]

\[ \alpha=30^\circ, \]

\[ m_e=9{,}1\cdot10^{-31}\ \text{кг}, \]

\[ |q_e|=1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{Кл}. \]

Найти:

\[ R,\quad h. \]

СИ

Все величины уже выражены в единицах СИ.

Решение

Разложим скорость на составляющие:

\[ v_\perp=v\sin\alpha, \]

\[ v_\parallel=v\cos\alpha. \]

\[ v_\perp=10^6\sin30^\circ=5\cdot10^5\ \text{м/с}, \]

\[ v_\parallel=10^6\cos30^\circ\approx8{,}66\cdot10^5\ \text{м/с}. \]

Радиус винтовой линии определяется перпендикулярной составляющей скорости:

\[ R=\frac{m_ev_\perp}{|q_e|B}. \]

\[ R=\frac{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot5\cdot10^5} {1{,}6\cdot10^{-19}\cdot10^{-2}} \approx2{,}8\cdot10^{-4}\ \text{м}. \]

Период обращения электрона:

\[ T=\frac{2\pi m_e}{|q_e|B} \approx3{,}6\cdot10^{-9}\ \text{с}. \]

Шаг винтовой линии:

\[ h=v_\parallel T. \]

\[ h=8{,}66\cdot10^5\cdot3{,}6\cdot10^{-9} \approx3{,}1\cdot10^{-3}\ \text{м}. \]

Ответ

\[ \boxed{R\approx2{,}8\cdot10^{-4}\ \text{м}}, \]

\[ \boxed{h\approx3{,}1\cdot10^{-3}\ \text{м}}. \]

---

3. Кинетическая энергия частиц в циклотроне

Дано

\[ |q|=3{,}2\cdot10^{-19}\ \text{Кл}, \]

\[ B=10^{-1}\ \text{Тл}, \]

\[ f=6\ \text{МГц}, \]

\[ f=6\cdot10^6\ \text{Гц}, \]

\[ R=2\ \text{м}. \]

Найти:

\[ E_k. \]

СИ

\[ 6\ \text{МГц}=6\cdot10^6\ \text{Гц}. \]

Остальные величины уже выражены в единицах СИ.

Решение

Частота обращения частицы в циклотроне:

\[ f=\frac{|q|B}{2\pi m}. \]

Найдём массу частицы:

\[ m=\frac{|q|B}{2\pi f}. \]

\[ m=\frac{3{,}2\cdot10^{-19}\cdot10^{-1}} {2\pi\cdot6\cdot10^6} \approx8{,}5\cdot10^{-28}\ \text{кг}. \]

Скорость частицы:

\[ v=2\pi fR. \]

\[ v=2\pi\cdot6\cdot10^6\cdot2 \approx7{,}54\cdot10^7\ \text{м/с}. \]

Кинетическая энергия:

\[ E_k=\frac{mv^2}{2}. \]

\[ E_k=\frac{8{,}5\cdot10^{-28} \left(7{,}54\cdot10^7\right)^2}{2} \approx2{,}4\cdot10^{-12}\ \text{Дж}. \]

Ответ

\[ \boxed{E_k\approx2{,}4\cdot10^{-12}\ \text{Дж}}. \]

---

4. Угол вылета протона из магнитного поля

Дано

\[ L \ — \text{ширина области магнитного поля}, \]

\[ B \ — \text{индукция магнитного поля}, \]

\[ v \ — \text{скорость протона}, \]

\[ m_p=1{,}67\cdot10^{-27}\ \text{кг}, \]

\[ q_p=e=1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{Кл}. \]

Найти:

\[ \alpha. \]

СИ

\[ [L]=\text{м},\qquad [v]=\text{м/с},\qquad [B]=\text{Тл}. \]

Решение

Протон движется по окружности. Радиус его траектории:

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

Из геометрии траектории:

\[ L=R\sin\alpha. \]

Следовательно,

\[ \sin\alpha=\frac{L}{R}. \]

Подставим выражение для радиуса:

\[ \sin\alpha= \frac{eBL}{m_pv}. \]

Отсюда:

\[ \boxed{\alpha=\arcsin\frac{eBL}{m_pv}}. \]

Ответ

\[ \boxed{\alpha=\arcsin\left(\frac{eBL}{m_pv}\right)}. \]

Формула справедлива при условии:

\[ L\leq R. \]

---

5. Магнитное поле, не изменяющее направление движения электрона

Дано

\[ v_0 \ — \text{начальная скорость электрона}, \]

\[ l \ — \text{длина пластин конденсатора}, \]

\[ \alpha \ — \text{угол отклонения электрона}, \]

\[ m_e=9{,}1\cdot10^{-31}\ \text{кг}, \]

\[ |q_e|=e=1{,}6\cdot10^{-19}\ \text{Кл}. \]

Найти:

\[ B. \]

СИ

\[ [v_0]=\text{м/с},\qquad [l]=\text{м},\qquad [B]=\text{Тл}. \]

Решение

Время движения электрона между пластинами:

\[ t=\frac{l}{v_0}. \]

Под действием электрического поля электрон получает поперечную скорость:

\[ v_\perp=\frac{eE}{m_e}\cdot\frac{l}{v_0}. \]

Так как электрон вылетает под углом \(\alpha\),

\[ \tan\alpha=\frac{v_\perp}{v_0}. \]

Тогда:

\[ \tan\alpha= \frac{eEl}{m_ev_0^2}. \]

Отсюда напряжённость электрического поля:

\[ E=\frac{m_ev_0^2\tan\alpha}{el}. \]

Чтобы направление движения не изменялось, силы электрического поля и Лоренца должны быть равны:

\[ eE=ev_0B. \]

Следовательно,

\[ B=\frac{E}{v_0}. \]

Подставим выражение для \(E\):

\[ B=\frac{m_ev_0\tan\alpha}{el}. \]

Ответ

\[ \boxed{B=\frac{m_ev_0\tan\alpha}{el}}. \]

Направление магнитного поля выбирают так, чтобы сила Лоренца была противоположна электрической силе.