Сложные задачи о движении частиц в магнитном поле.: Семинар 8

Задача 6

Условие

В пространстве над плоской горизонтальной поверхностью Земли создано однородное магнитное поле, линии индукции \vec{B} которого горизонтальны. Маленький шарик с зарядом q > 0 и массой m выстреливают с поверхности Земли со скоростью \vec{v}_0 под углом \alpha = 30^\circ к горизонту, причем \vec{v}_0 и \vec{B} лежат в одной вертикальной плоскости, а |\vec{v}_0| = \frac{mg}{2qB} = 3 м/с . Записать закон движения шарика и определить дальность его полета (расстояние между точками выстрела и падения). Ускорение свободного падения g \approx 10 м/с^2 .

Решение

В системе отсчета К, связанной с Землей, выберем систему координат: направим ось z вертикально вверх, ось y – вдоль вектора индукции, а начало координат совмести с точкой старта. Движение частицы в этой системе полей, как следует из общей теории, можно представить как комбинацию продольного дрейфа (вдоль оси y со скоростью v_0 \cos(\alpha) = \frac{\sqrt{3}}{2} v_0 ), дрейфа в скрещенных полях (вдоль оси x со скоростью \frac{mg}{qB} = 2v_0 ) и ларморовского вращения. Для выделения «чистого» вращения устраним дрейфовые движения переходом в новую систему отсчета. Перейдем в систему отсчета К’, движущуюся относительно исходной со скоростью \vec{V} = 2 v_0 \vec{e}_x + \frac{\sqrt{3}}{2} v_0 \vec{e}_y . В этой системе отсчета сила тяжести компенсируется появляющейся электрической силой, и частица движется только под действием однородного магнитного поля в плоскости (x'z') . Начальная скорость \vec{v}'_0 = -2v_0 \vec{e}_x + v_0 \sin(\alpha) \vec{e}_z . Ее модуль равен v'_0 = \frac{\sqrt{17}}{2} v_0 . Шарик движется по окружности радиуса R = \frac{m v'_0}{qB} = \sqrt{17} \frac{v_0^2}{g} с угловой скоростью \omega = \frac{qB}{m} = \frac{g}{2v_0} . Изменение координат в этой плоскости (см. рисунок) можно описать следующим образом:

\left\{ \begin{aligned}

x'(t) &= - R \sin(\varphi_0) - R \sin(\omega t - \varphi_0) \\

z'(t) &= R \cos(\varphi_0) - R \cos(\omega t - \varphi_0)

\end{aligned} \right. (угол \varphi_0 равен углу отклонения \vec{v}'_0 от горизонтали).

image.png

Ясно, что tg(\varphi_0) = \frac{1}{4} , и при этом \sin(\varphi_0) = \frac{1}{\sqrt{17}} и \cos(\varphi_0) = \frac{4}{\sqrt{17}} . Значит, x'(t) = -\frac{v_0^2}{g} [1 - \cos(\omega t) + 4 \sin(\omega t)] и z'(t) = \frac{v_0^2}{g} [4 \cos(\omega t) - 4 + \sin(\omega t)] . Возвращаясь в систему отсчета К, находим закон движения: \left\{ \begin{aligned}

x(t) &= 2 v_0 t + \frac{v_0^2}{g} [\cos(\omega t) - 1 - 4 \sin(\omega t)] \\

y(t) &= \frac{\sqrt{3}}{2} v_0 t \\

z(t) &= \frac{v_0^2}{g} [4 \cos(\omega t) - 4 + \sin(\omega t)]

\end{aligned} \right. Время полета можно определить из соотношения z(t) = 0 , то есть 4 \cos(\omega t) + \sin(\omega t) = 4 \Rightarrow \omega t = 2 \varphi_0 , а затем найти дальность полета по координатам точки приземления. Но на самом деле мы уже сделали (в качестве демонстрации возможности полного анализа движения) гораздо больше, чем было нужно. В самом деле, просто из рисунка видно, что \omega t = 2 \varphi_0 \Rightarrow v_0 t = v_0 \frac{2\varphi_0}{\omega} = 4 \varphi_0 \frac{v_0^2}{g} , причем в момент приземления x'(t) = -2 R \sin(\varphi_0) = -2 \frac{v_0^2}{g} , а x(t) = 2 v_0 t + x'(t) = 2 \frac{v_0^2}{g} (4\varphi_0 - 1) . Добавим к этому, что y(t) = \frac{\sqrt{3}}{2} v_0 t = \sqrt{3} \varphi_0 \frac{2 v_0^2}{g} . Таким образом, дальность полета L = \sqrt{x^2(t) + y^2(t)} = \frac{2 v_0^2}{g} \sqrt{(4\varphi_0 - 1)^2 + 3\varphi_0^2} \approx 0,850 \frac{v_0^2}{g} \approx 0,765 м. Отметим, что шарик смещается от точки старта в основном по оси y , смещение по x намного меньше.

Ответ L \approx 0,850 \frac{v_0^2}{g} \approx 0,765 м .