Методические указания и контрольные задания по физике для студентов-заочников энергетических специальностей и факультета информационных технологий и робототехники-1
.pdf
B = |
1 |
µ |
0 |
I |
+ |
µ |
0 |
I |
= |
µ |
0 |
I |
1 |
+ |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|||||||
8 |
|
|
4πR |
|
8 |
|
||||||||||
|
R |
|
|
|
R |
|
|
4π |
||||||||
Произведем вычисления:
B = |
4 |
3,14 |
10−7 |
100 |
1 |
+ |
1 |
|
= 2,57 10−4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Тл. |
|||
|
|
0,1 |
8 |
4 3,14 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 3.3
По тонкому стержню длиной 20 см равномерно распределен заряд 300 нКл. Стержень вращается с частотой 10 c-1 относительно оси, проходящей перпендикулярно стержню через его середину. Масса стержня – 10 г. Определить: 1) магнитный момент, обусловленный вращением заряженного стержня; 2) момент импульса
стержня относительно центра вращения; 3) отношение PLm .
Дано:
l = 20 см;
Q = 300 нКл = 3 10-7 Кл;
ν =10 c-1; |
||
m =10 г = 0,01 кг. |
||
P m = ? |
||
L = ? |
|
|
Pm |
? |
|
L |
= |
|
|
Рис. 3.3 |
|
Решение
Движение каждого заряженного элемента длины стержня dr эквивалентно круговому току, равному
101
dI = νdq , |
(3.12) |
где ν – частота вращения; |
|
dq – заряд элемента dr. |
|
Величина dq равна |
|
dq = Q dr . |
(3.13) |
l |
|
Магнитный момент контура с током выражается формулой |
|
Pm = ISnr , |
(3.14) |
где Sr– площадь, охватываемая током I;
n – единичный вектор нормали к площади контура.
При направлении вращения стержня, указанном на рис. 3.3, магнитные моменты dPm каждого элемента стержня направлены вверх, поэтому векторное суммирование величин dPm можно заменить алгебраическим.
На основании формул (3.12)…(3.14) получим
|
|
r |
Q |
|
|
r |
|
|
|
(3.15) |
||
|
|
dP = |
|
|
νr2πdrn . |
|
|
|
||||
|
|
m |
l |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
После интегрирования (3.15) получим |
|
|
|
|
||||||||
Pm = 2l / 2 |
Q |
νπr2dr = |
2 |
Q |
πν |
l |
3 |
= |
|
1 |
Q πνl2 . (3.16) |
|
l |
3 |
|
12 |
|||||||||
∫ |
|
|
l |
2 |
|
|
||||||
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Момент импульса элемента dr, движущегося соскоростьюv, равен
ur |
r r |
(3.17) |
dL =[r, v dm], |
||
где dm – масса элемента длины стержня, равная
102
dm = m dr . |
(3.18) |
l |
|
В силу того, что направления величин dL для всех элементов одинаковы и направлены вверх, окончательно для момента импульса стержня в целом можно записать:
|
l / 2 |
m |
|
|
|
L = ∫dL; L = 2 ∫ |
|
rv dr . |
(3.19) |
||
l |
|||||
|
0 |
|
|
||
|
|
|
|
||
Учитывая, что v = ωR = 2πνr , получим |
|
||||
L = m |
πνl2 . |
|
(3.20) |
||
6 |
|
|
|
|
|
В соответствии с формулами (3.16), (3.20) отношение величин PLm равно
Pm |
= |
Q |
. |
(3.21) |
|
|
|||
L |
2m |
|
||
В векторной форме искомое отношение принимает вид
Pm |
= |
Q |
|
|
Lr |
|
. |
(3.22) |
|
2m |
||||
Произведем вычисления:
Pm = 121 300 10−9 3,14 10 0,22 = 3,14 10−8 A м2 ;
L = 16 0,01 3,14 10 0,22 = 2,09 10−3 кг м2 с−1;
103
P |
|
300 10−9 |
|
−5 |
Кл кг−1. |
|
m |
= |
|
=1,5 10 |
|||
L |
2 0,01 |
|||||
|
|
|
|
Задача 3.4
Электрон, ускоренный разностью потенциалов 6 кВ, влетает в однородное магнитное поле под углом 30° к направлению поля и начинает двигаться по спирали. Магнитная индукция магнитного поля – 1,3·10-2 Тл. Найти: 1) радиус витка; 2) шаг спирали.
Дано:
U= 6 кВ = 6 103 В;
В=1,32 10−2 Тл; α = 300;
m = 9,1 10−31 кг;
e =1,6 10−19 Кл. |
|
R = ?; |
|
h = ? |
Рис. 3.4 |
Решение
Разложим скорость движения электрона на две составляющие: υn – составляющую, направленную перпендикулярно силовым линиям; υ τ – составляющую, направленную вдоль силовых линий. Сила Лоренца, действующаянаэлектрон, вскалярном видеимеетвид
Fл = eυBsinα = eBυn , |
(3.23) |
где υn = υsinα; υτ = υcosα;
e – заряд электрона.
104
Из (3.23) следует, что сила Лоренца зависит от составляющей υn B , под действием которой частица движется по окружности.
По 2-му закону Ньютона
Fл = man ;
(3.24)
υ2 eυn B = m Rn ,
где m, an – соответственно масса инормальноеускорение электрона. Из формулы (3.24) находим радиус:
R = |
mvn |
= |
mvsinα |
. |
(3.25) |
eB |
|
||||
|
|
eB |
|
||
Вторая составляющая скорости направлена вдоль силовых линий магнитного поля и способствует движению электрона в этом же направлении. В результате участия электрона одновременно в двух видах движения – по окружности в плоскости, перпендикулярной силовым линиям, и параллельно силовым линиям – траекторией его движения является спираль. Радиус спирали определяется формулой (3.25). Шаг спирали h равен тому расстоянию, на которое сместится электрон вдоль силовой линии за время, равное периоду обращения электрона Т:
T = 2πR = 2πm ;
υn eB
(3.26)
h = υτ T = |
2πmυcosα |
, |
|
eB |
|
т.к. υτ = vcosα.
Скорость электрона, влетающего в магнитное поле, связана с ускоряющей разностью потенциалов U соотношением
105
m2υ2 = eU;
(3.27)
υv = 2eUm .
Подставив выражение v в формулы (3.25) и (3.26), найдем
|
|
|
R |
= sinα |
2mU ; |
|
|
|
|
|
|
B |
l |
|
(3.28) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
h = |
2πcosα |
2m U . |
|
|
|
|
|
|
B |
l |
|
|
Произведем вычисления: |
|
|
|
||||
h = |
2 3,14 0,886 |
2 9,11 10−31 6 103 |
|
||||
1,3 |
10−2 |
|
1,6 10−19 |
= 0,11 м; |
|||
|
|
|
|
||||
R = |
0,5 |
2 9,11 10−31 6 103 |
=10−2 |
м. |
|||
|
1,3 |
10−2 |
|
1,6 10−19 |
|
|
|
Задача 3.5
Определить число оборотов, которые должна сделать α-частица, чтобы в магнитном поле циклотрона приобрести кинетическую энергию 10 МэВ, если при каждом обороте она проходит между дуантами. Разность потенциалов – 30 кВ.
106
Дано:
T =10 МэВ; |
|
|
|||||||
U = 30 кВ; |
|
|
|||||||
qα = 2 |
|
e |
|
; |
|
|
|||
|
|
|
|
||||||
|
e |
|
=1,6 10−19 |
Кл. |
|||||
|
|
||||||||
|
|
|
|||||||
N = ? |
|
Рис. 3.5 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение |
Циклотрон состоит из двух электродов в виде половинок металлической круглой коробки, называемых дуантами, на которые подается переменное напряжение U. Дуанты помещены в однородное магнитное поле, перпендикулярное их плоскости. Заряженная частица, попавшая внутрь дуантов, будет двигаться по окружности ра-
диусом R = mv / qαB , причем период ее обращения T = 2πm / qαB
не зависит от скорости частицы.
Описав полуокружность за время t = T/2, заряженная частица влетает в электрическое поле в тот момент, когда разность потенциалов достигает максимального значения Umax, ускоряется им и приобретает энергию W = qUmax. При совпадении периода обращения заряженной частицы и периода изменения разности потенциалов частица дважды в течение одного периода пролетает между ду-
антами. Совершив N оборотов, α-частица пролетит между дуантами 2N раз и, следовательно, приобретет энергию
T = 2NW = 2NqαUmax .
Следовательно, число оборотов равно
N = |
T |
|
. |
2q U |
|
||
|
α |
max |
|
Произведем вычисления: |
|
|
|
107
N = |
10 106 1,6 10−19 |
= 83. |
|||
4 1,6 |
10−19 |
30 103 |
|||
|
|
||||
|
Задача |
3.6 |
|
||
Альфа-частица прошла |
ускоряющую разность потенциалов |
||||
104 В и влетела в скрещенные под прямым углом электрическое и магнитное поля. Найти отношение заряда альфа-частицы к ее массе, если, двигаясь перпендикулярно обоим полям, она не испытывает отклонений от прямолинейной траектории.
Дано:
U =104 В; qα = 2 e;
e =1,6 10−19 Кл.
Рис. 3.6
qmα = ?
Решение
Для того, чтобы найти отношение заряда q к массе альфа-час- тицы m, воспользуемся связью между работой сил электрического поля и изменением кинетической энергии частицы:
= mυ2 qαU 2 ,
откуда
qα |
= |
υ2 |
. |
(3.29) |
|
m |
2U |
||||
|
|
|
108
Скорость υ альфа-частицы найдем из следующих соображений. В рассматриваемом случае на движущуюся заряженную частицу действуют две силы:
1) сила Лоренца Fл = qα υ, B , направленная перпендикулярно
скорости v и вектору магнитной индукции B ;
2) кулоновская сила Fк = q αEr , сонаправленная с вектором на-
пряженности E электростатического поля ( q α > 0 ).
Направления всех величин показаны на рис. 3.6. Альфа-частица не будет испытывать отклонения, если геометрическая сумма F л и Fк будет равна нулю:
Fл + Fк = 0 .
Впроекции на ось ОY получим следующее выражение:
qαE − qαυB = 0 ,
откуда
υ = E / B .
Подставив это выражение в формулу (3.29), получим
|
|
|
|
|
qα |
= |
|
|
E2 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
2UB2 |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Произведем вычисления: |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
qα |
= |
|
(104 )2 |
|
|
|
= 4,81 10 |
7 |
Кл/кг. |
||
|
m |
|
104 (0,1) |
2 |
|
|||||||
|
2 |
|
|
|
|
|||||||
Задача 3.7
По тонкому проводу в виде кольца радиусом 20 см течет ток 100 А. Перпендикулярно плоскости кольца возбуждено однородное
109
магнитное поле с магнитной индукцией 20 мТл. Определить работу внешних сил, которую надо совершить, чтобы повернуть кольцо на угол 90° вокруг оси, совпадающей с одним из диаметров кольца.
Дано:
R = 20 см;
I =100 A;
B= 20 мТл;
ϕ= 90о.
A = ?
Рис. 3.7
Решение
На контур с током в виде кольца в магнитном поле с индукцией B действует момент силы
M = Pm Bsinϕ, |
(3.30) |
где Pm = IS = Iπr2 – магнитный момент;
ϕ– угол между Pm и B .
Вначальном положении угол ϕ = 0 , следовательно, М = 0. От-
личный от нуля момент силы возникает в том случае, когда внешние силы выведут контур из положения равновесия. Против этого момента и будет совершаться работа внешних сил
dA = Mdϕ . |
(3.31) |
Работа при повороте на конечный угол ϕ равна |
|
ϕ |
|
A = ∫Pm Bsinϕdϕ =Pm B(1 − cosϕ) . |
(3.32) |
0 |
|
110