физика МЕТОДИЧКА

B

=

1 µ

0

I

+

µ

0

I

=

µ

0

I

1

+

1

.

4πR

8

8 R

R

4π

Произведем вычисления:

У

B =

4

3,14

10−7

100

1

+

1

= 2,57 10−4 .

0,1

8

4 3,14

-1

Тл

Задача 3.3

По тонкому стержню длиной 20 см равномерно распределен за-

БPm

ряд 300 нКл. Стержень вращается с частотой 10 c

относительно

оси, проходящей перпендикулярно стержню через его середину.

Масса стержня – 10 г. Определить: 1) магнитный моментН, обуслов-

ленный

вращением заряженного

й

стержня;

2) момент импульса

l = 20

см;

вращения

.

стержня относительно центра

; 3) отношение

L

Дано:

о

р

т

Q = 300 нКл = 3

10-7

Кл;

ν =10

c-1;

и

m =10 г = 0,01 кг.

P m =

з

?

о

L = ?

Pm

= ?

L

Рис. 3.3

п

Р

Решение

еДвижение каждого заряженного элемента длины стержня dr эк-

dI = νdq ,

(3.12)

где ν – частота вращения;

dq – заряд элемента dr.

Величина dq равна

У

dq =

Q dr .

(3.13)

l

Магнитный момент контура с током выражается формулой

Pm = ISnr ,

(3.14)

Т

где S – площадь, охватываемая током I;

nr – единичный вектор нормали к площади контура. Н

При направлении вращения стержня, указанном на рис. 3.3, маг-

нитные моменты dPm каждого элемента стержня направленыБ

вверх,

поэтому векторное суммирование вел ч н dPm можно заменить

алгебраическим.

й

На основании формул (3.12)…(3.14) получ м

r

Q

и

=

r

(3.15)

dP

νr2πdrn .

m

l

р

После интегрирования (3.15) получим

о

l / 2

Q

т

2

Q

πν

l

3

1

Pm = 2

∫

νπr2dr

=

=

Q πνl2 .

(3.16)

l

3

l

2

12

и0

з

Момент им ульса элемента dr, движущегося соскоростьюv, равен

о

ur

r r

dm],

(3.17)

п

dL =[r, v

dm

– масса элемента длины стержня, равная

где

Р

102

dm = m dr .

(3.18)

l

В силу того, что направления величин dL для всех элементов

одинаковы и направлены вверх, окончательно для момента импуль-

са стержня в целом можно записать:

У

l / 2

m

Т

L = ∫dL; L = 2 ∫

l

rv

dr .

(3.19)

0

Н

Учитывая, что v = ωR = 2πνr , получим

Б

L = m

πνl2 .

(3.20)

6

й

В соответствии с формулами (3.16), (3.20) отношение величин

Pm

равно

и

L

р

о

Pm

Q

L

=

2m

.

(3.21)

В векторной форме иск м е

тношение принимает вид

и

Pm

Q

з

т Lr

= 2m .

(3.22)

Пр и ведем вычисления:

п

е

оP = 1

300 10−9 3,14 10

0,22 = 3,14 10−8

A м2 ;

m

12

Р

L =

1

0,01 3,14 10 0,22 = 2,09 10−3 кг м2

с−1;

6

103

P

300 10−9

=1,5 10−5

−1.

m

=

2 0,01

Кл кг

L

Задача 3.4

Электрон, ускоренный разностью потенциалов 6 кВ, влетает в

однородное магнитное поле под углом 30° к направлению поля и

Т

начинает двигаться по спирали. Магнитная индукция магнитного

У

поля – 1,3·10-2 Тл. Найти: 1) радиус витка; 2) шаг спирали.

Дано:

U = 6 кВ = 6 103 В;

Н

В =1,32 10−2 Тл;

Б

α = 300;

m = 9,1 10−31 кг;

й

e =1,6 10−19 Кл.

Рис

р

R = ?;

о

h = ?

. 3.4

т

Решение

Разложим скорос ь движения электрона на две составляющие:

υn

– составляющую, направленную перпендикулярно силовым лини-

ям;

υ τ

з

– составляющую, направленную вдоль силовых линий. Сила

о

Лоренца, действующаяинаэлектрон, вскалярном видеимеетвид

п

Fл = eυBsinα = eBυn ,

(3.23)

где

Р

υn

= υsinα;

υτ

= υcosα;

(3.24)

eυn B

= m

υ2

У

n ,

R

где m, an – соответственно масса инормальноеускорение электрона.

Из формулы (3.24) находим радиус:

Т

R =

mvn

= mvsinα .

Н

(3.25)

eB

eB

Вторая составляющая скорости направленаБвдоль силовых линий

магнитного поля и способствует дв жен ю электрона в этом же на-

правлении. В результате участ я электрона одновременно в двух

й

видах движения – по ок ужности в плоскости, перпендикулярной

силовым линиям, и

силовым линиям – траекторией его

движения является спираль. Радиус спирали определяется форму-

лой (3.25). Шаг спирали h

тому расстоянию, на которое сме-

равен

стится электрон вд ль сил в й линии за время, равное периоду об-

ращения электрона Т:

параллельно

т

= 2πR =

2πm ;

и

T

υn

eB

(3.26)

з

h = υτ T = 2πmυcosα

о

,

eB

пт.к. υ

= vcosα.

е

τ

Р

Подставив выражение v

в формулы (3.25) и (3.26), найдем

Т

R

= sinα

2mU

;

Н

У

B

l

(3.28)

h =

2πcosα

2m U .

B

l

й

Произведем вычисления:

и

Б

h =

2 3,14 0,886

2 9,11

10−31

6

103

1,3

10−2

1,6 10−19

= 0,11 м;

о

т

−31

3

=10−2 м.

R =

0,5

2 9,11р10 6 10

1,3

10−2

1,6 10−19

з

Задача 3.5

Разность

Определить числоиоборотов, которые должна сделать α-частица,

п

чтобы в магнитн м поле циклотрона приобрести кинетическую

энергию 10 МэВ, если при каждом обороте она проходит между ду-

е

потенциалов – 30 кВ.

антами.

Р

106

Дано:

T =10 МэВ;

U = 30 кВ;

qα = 2

e

;

У

e

=1,6 10−19 Кл.

N = ?

Рис. 3.5

Решение

Циклотрон состоит из двух электродов в виде половинок метал-

Т

лической круглой коробки, называемых дуантами, на которые пода-

ется переменное напряжение U. Дуанты помещены в однородное

магнитное поле, перпендикулярное их плоскости. ЗаряженнаяН

час-

тица, попавшая внутрь дуантов, будет двигаться по окружности ра-

диусом R = mv / qαB , причем период ее обращенияБT = 2πm / qαB

не зависит от скорости частицы.

Описав полуокружность за время t = T/2, заряженная частица

й

влетает в электрическое поле в тот момент, когда разность потен-

циалов достигает максимального

Umax, ускоряется им и

значения

приобретает энергию W = qUmax. П и совпадении периода обраще-

ния заряженной час ицы иперида изменения разности потенциа-

лов частица дважды в ечение дного периода пролетает между ду-

антами. Соверш в N обороов, α-частица пролетит между дуантами

2N раз и, следовательнот, приобретет энергию

иT = 2NW = 2NqαUmax .

з

След вательно, число оборотов равно

о

T

п

N

=

.

2q αU max

е

Произведем вычисления:

Р

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

Т

104 В и влетела в скрещенные под прямым углом электрическое и

У

магнитное поля. Найти отношение заряда альфа-частицы к ее массе,

Н

если, двигаясь перпендикулярно обоим полям, она не испытывает

отклонений от прямолинейной траектории.

Дано: