Правка раздела «Условие»

emixter правка от 15 июн. 2026 г., 19:49

правка #18853 предыдущая #18852 ← раньше

ru/10.1.27.md +1 −2

		@@ -1,7 +1,6 @@
			### Условие

		−	$10.1.27^*.$ Какая часть электронов, испущенных во все стороны радиоактивной пылинкой, расположенной на оси магнитной ловушки, останется внутри этой
		−	ловушки? Индукция магнитного поля внутри ловушки $B_1$, вне ее $B_2 > B_1$.
		+	$10.1.27^*.$ Какая часть электронов, испущенных во все стороны радиоактивной пылинкой, расположенной на оси магнитной ловушки, останется внутри этой ловушки? Индукция магнитного поля внутри ловушки $B_1$, вне ее $B_2 > B_1$.

			![К задаче $10.1.27$\|266x104, 50%](../../img/10.1.27/2026-03-21_18-23-21.png)

			### Решение
			Так как частицы вылетают во все стороны, то отношение количества между оставшимися в ловушке электронами и их общим количеством будет определятся отношением площади части сферы, в которую попали оставшиеся в ловушке электроны, к общей площади сферы:
			$$
			n = \frac{S}{S_0} = \frac{1-\sin{\theta_{max}}}{2}
			$$
			где $\theta_{max}$ - максимальный угол между осью симметрии ловушки и скорость электрона, при котором он не покинет ловушку.

			Воспользуемся теоремой из задачи 10.1.26:
			$$
			dL = -\frac{e}{2\pi}d\Phi
			$$
			Момент импульса:
			$$
			L = mv_{\|\|}r
			$$
			Поток вектора магнитной индукции:
			$$
			\Phi = B\pi r^2
			$$
			Раскроем выражение для связи изменения момента импульса и изменения потока по правилу произведения:
			$$
			rdv_{\|\|} + v_{\|\|}dr = -\frac{e}{2m}(r^2dB + 2rBdr)
			$$
			Используем второй закон Ньютона для вращательного движения заряженных частиц по окружности для связи скорости, индукции и радиуса:
			$$
			\frac{mv_{\|\|}^2}{r} = ev_{\|\|}B
			$$
			Комбинируя два последних выражения, получаем дифференциальное уравнение:
			$$
			\frac{dv_{\|\|}}{v_{\|\|}} = \frac{1}{2}\frac{dB}{B}
			$$
			решение которого является:
			$$
			\frac{v_{\|\|}}{\sqrt{B}} = const
			$$
			В начальный момент при предельном угле скорость $v_{\|\|}$ равна $v\sin(\theta_{max})$, $v$ - полная скорость, а индукция - $B_1$. В конце, так как магнитное поле не совершает работу, в предельном случае скорость $v_{\|\|}$ равна $v$, а индукция - $B_2$. Тогда:
			$$
			\sin(\theta_{max}) = \sqrt{\frac{B_1}{B_2}}
			$$
			Тогда часть оставшихся электронов в ловушке находится:
			$$
			n = \frac{1-\sqrt{\frac{B_1}{B_2}}}{2}
			$$

			### Альтернативное решение

			Свои замечания к решению автора я отобразил в раздела "Обсуждение". Ответов нет, поэтому решил привести своё решение. В этой задаче рассматривается физика в пробкотроне.

			![\|1084x846, 40%](../../img/10.1.27/10.1.27_1.jpeg)

			Рассмотрим движение отдельного электрона массы $m$ в осесимметричном магнитном поле. Вектор скорости частицы в любой точке можно разложить на две составляющие: $\upsilon_{\parallel }$ - продольная скорость направленная вдоль силовой линии магнитного поля; $\upsilon_{\bot }$ - поперечная скорость в плоскости, перпендикулярной полю.

			На электрон действует сила Лоренца. Поскольку эта сила всегда перпендикулярна вектору скорости $\vec\upsilon$, она не совершает работы. Следовательно, кинетическая энергия, а из-за неё и модуль полной скорости электрона остаются неизменными на всем пути движения:

			$$\upsilon^{2}=\upsilon_{\parallel }^{2}+\upsilon_{\bot }^{2}=const \tag{1}$$

			Это наш первый инвариант.

			При движении электрона в область более сильного поля от центра ловушки $B_{1}$ к пробке $B_{2}$ поле меняется медленно по сравнению с радиусом вращения частицы. В таких условиях выполняется закон сохранения адиабатического инварианта - магнитного момента электронной орбиты $\mu$:

			$$\mu=\frac{m\upsilon_{\bot }^{2}}{2B}=const \tag{2}$$

			Это наш второй инвариант.

			Из этого инварианта следует, что при росте индукции магнитного поля $B$ поперечная скорость $\upsilon_{\bot }$ обязана увеличиваться:

			$$\upsilon_{\bot }^{2}(B)=\frac{2\mu}{m}\cdot B \tag{3}$$

			Пусть в центре ловушки, где поле равно $B_{1}$, электрон вылетает под углом $\alpha$ к оси ловушки, тогда его начальные компоненты скорости равны: $\upsilon_{\bot нач}=\upsilon\sin\alpha$, $\upsilon_{\parallel нач}=\upsilon\cos\alpha$.

			Магнитный момент электрона в центре ловушки равен:

			$$\mu=\frac{m(\upsilon\sin\alpha)^{2}}{2B_{1}} \tag{4}$$

			Когда электрон движется к области сильного поля, его поперечная скорость растет. Чтобы компенсировать этот рост и сохранить полную энергию (напомню $\upsilon^{2}=const$), продольная скорость $\upsilon_{\parallel }$ начинает уменьшаться:

			$$\upsilon_{\parallel }^{2}(B)=\upsilon^{2}-\upsilon_{\bot }^{2}(B)$$

			Используя (3) и (4):

			$$\upsilon_{\parallel }^{2}(B)=\upsilon^{2}-\frac{2\mu}{m}\cdot B=\upsilon^{2}-\frac{2B}{m}\cdot \frac{m(\upsilon\sin\alpha)^{2}}{2B_{1}}=\upsilon^{2}\left( 1-\frac{B}{B_{1}}\sin^{2}\alpha \right) \tag{5}$$

			Электрон сможет остаться внутри ловушки только в том случае, если на пути его следования, где максимальное поле равно $B_2$, продольная скорость $\upsilon_{\parallel }$ упадет до нуля. Условие остановки частицы $\upsilon_{\parallel }=0$ в точке пробки $B=B_{2}$:

			$$1-\frac{B_{2}}{B_{1}}\sin^{2}\alpha_{кр}=0\Longrightarrow \sin^{2}\alpha_{кр}=\frac{B_{1}}{B_{2}} \tag{6}$$

			Если $\sin\alpha\ge \sin\alpha_{кр}$, электрон гарантированно затормозится и останется внутри ловушки. Если $\sin\alpha\lt \sin\alpha_{кр}$, электрон сохранит продольную скорость даже в точке максимального поля и вылетит наружу.

			Радиоактивная пылинка испускает электроны изотропно во все стороны пространства. Это значит, что вероятность вылета электрона в определенном направлении прямо пропорциональна площади соответствующего телесного угла на единичной сфере. Ловушка симметрична и имеет два направления вылета — «вперед» и «назад» вдоль оси. Электроны покидают ловушку, если они летят слишком близко к оси в обоих направлениях.

			![\|1143x715, 40%](../../img/10.1.27/10.1.27_2.jpeg)

			Так как конуса два, суммарный телесный угол улетающих частиц в сферических координатах равен:

			$$\Omega_{вылет}=2\cdot\int_{0}^{2\pi}d\varphi\int_{0}^{\alpha_{кр}}\sin\alpha d\alpha=4\pi(1-\cos\alpha_{кр})$$

			Полный телесный угол сферы во всех направлениях равен $\Omega_{полн}=4\pi$, тогда доля частиц, которые покинут ловушку:

			$$n_{вылет}=\frac{\Omega_{вылет}}{\Omega_{полн}}=\frac{4\pi(1-\cos\alpha_{кр})}{4\pi}=1-\cos\alpha_{кр}$$

			Но нам необходимо найти долю электронов, которая останется внутри ловушки. Она равна дополнению от улетевших частиц до полной единицы:

			$$n_{ост}=1-n_{вылет}=1-1+\cos\alpha_{кр}=\cos\alpha_{кр}$$

			Используя (6), найдём:

			$$n_{ост}=\cos\alpha_{кр}=\sqrt{1-\sin^{2}\alpha_{кр}}=\sqrt{1-\frac{B_{1}}{B_{2}}}$$

			#### Ответ
			$$
			\boxed{n = \frac{1-\sqrt{\frac{B_1}{B_2}}}{2}}
			$$ - ответ из задачника

			$$n=\sqrt{1-\frac{B_{1}}{B_{2}}}$$ - правильный ответ.
		ещё строк без изменений 114