Правка раздела «Решение»
ru/10.1.10.md
+1 −1
| ### Условие | |||
| $10.1.10^*.$Из точки $A$ со скоростью $v$ вылетают частицы, имея малый угловой разброс $\delta\alpha$, и далее движутся в однородном магнитном поле индукции $B$ | |||
| перпендикулярно ему. Определите, на каком расстоянии от точки A соберется | |||
| пучок, и оцените в этом месте его поперечный размер. Масса частиц $m$, заряд $q$. | |||
| ### Решение | |||
|  | |||
| Скорость частиц первендикулярна вектору индукции магнитного поля, значит они будут двигаться не по винтовым линиям, а по окружностям, лежащим в одной плоскости, причем так как их скорости одинаковы, радиусы всех траекторий равны: | |||
| @@ -11,7 +11,7 @@Решение | |||
| $R= \frac{mv}{qB}$ | |||
| − |  | ||
| Положение центра окружности зависит от угла вылета $\beta$. | |||
| Поместим систему в прямоугольную систему координат (см. рис.),так чтобы $Oy$ проходила через центр пучка. Фокусировка пучка будет происходить именно вблизи $Oy$. Заметим, что координата точки пересечения траектории и Oy определяется как | |||
| $y=2Rcos\beta$ | |||
| Причем $y_{\text{max}}=2R$ соответствует $\beta=0$, $y_{\text{min}}=2Rcos(\delta\alpha/2)$ соответствует максимальному углу $\beta=\delta\alpha/2$. Разница между этими значениями и будет искомым поперечным размером. Угол $\delta\alpha$ малый, значит можно считать, что $\delta\alpha/2$ малый, и $\cos(\delta\alpha/2)\approx1-\frac{(\delta\alpha/2)^2}{2}$. | |||
| Тогда | |||
| $\Delta y =y_{\text{max}}-y_{\text{min}}=2R-2R(1-\frac{(\delta\alpha/2)^2}{2}) =\frac{mv(\delta\alpha)^2}{4qB}$ | |||
| Край области $\Delta y$ будет находится на расстоянии $l= y_{\text{max}}=2R=\frac{2mv}{qB}$ от точки $A$. | |||
| #### Ответ | |||
| $l = \frac{2mv}{qB}; \Delta y = \frac{mv(\delta\alpha)^2}{4qB}$ | |||
| ещё строк без изменений 16 | |||
| ### Условие | ### Условие | ||
| $10.1.10^*.$Из точки $A$ со скоростью $v$ вылетают частицы, имея малый угловой разброс $\delta\alpha$, и далее движутся в однородном магнитном поле индукции $B$ | $10.1.10^*.$Из точки $A$ со скоростью $v$ вылетают частицы, имея малый угловой разброс $\delta\alpha$, и далее движутся в однородном магнитном поле индукции $B$ | ||
| перпендикулярно ему. Определите, на каком расстоянии от точки A соберется | перпендикулярно ему. Определите, на каком расстоянии от точки A соберется | ||
| пучок, и оцените в этом месте его поперечный размер. Масса частиц $m$, заряд $q$. | пучок, и оцените в этом месте его поперечный размер. Масса частиц $m$, заряд $q$. | ||
| ### Решение | ### Решение | ||
|  |  | ||
| Скорость частиц первендикулярна вектору индукции магнитного поля, значит они будут двигаться не по винтовым линиям, а по окружностям, лежащим в одной плоскости, причем так как их скорости одинаковы, радиусы всех траекторий равны: | Скорость частиц первендикулярна вектору индукции магнитного поля, значит они будут двигаться не по винтовым линиям, а по окружностям, лежащим в одной плоскости, причем так как их скорости одинаковы, радиусы всех траекторий равны: | ||
| @@ -11,7 +11,7 @@Решение | |||
| $R= \frac{mv}{qB}$ | $R= \frac{mv}{qB}$ | ||
|  | ||
| Положение центра окружности зависит от угла вылета $\beta$. | Положение центра окружности зависит от угла вылета $\beta$. | ||
| Поместим систему в прямоугольную систему координат (см. рис.),так чтобы $Oy$ проходила через центр пучка. Фокусировка пучка будет происходить именно вблизи $Oy$. Заметим, что координата точки пересечения траектории и Oy определяется как | Поместим систему в прямоугольную систему координат (см. рис.),так чтобы $Oy$ проходила через центр пучка. Фокусировка пучка будет происходить именно вблизи $Oy$. Заметим, что координата точки пересечения траектории и Oy определяется как | ||
| $y=2Rcos\beta$ | $y=2Rcos\beta$ | ||
| Причем $y_{\text{max}}=2R$ соответствует $\beta=0$, $y_{\text{min}}=2Rcos(\delta\alpha/2)$ соответствует максимальному углу $\beta=\delta\alpha/2$. Разница между этими значениями и будет искомым поперечным размером. Угол $\delta\alpha$ малый, значит можно считать, что $\delta\alpha/2$ малый, и $\cos(\delta\alpha/2)\approx1-\frac{(\delta\alpha/2)^2}{2}$. | Причем $y_{\text{max}}=2R$ соответствует $\beta=0$, $y_{\text{min}}=2Rcos(\delta\alpha/2)$ соответствует максимальному углу $\beta=\delta\alpha/2$. Разница между этими значениями и будет искомым поперечным размером. Угол $\delta\alpha$ малый, значит можно считать, что $\delta\alpha/2$ малый, и $\cos(\delta\alpha/2)\approx1-\frac{(\delta\alpha/2)^2}{2}$. | ||
| Тогда | Тогда | ||
| $\Delta y =y_{\text{max}}-y_{\text{min}}=2R-2R(1-\frac{(\delta\alpha/2)^2}{2}) =\frac{mv(\delta\alpha)^2}{4qB}$ | $\Delta y =y_{\text{max}}-y_{\text{min}}=2R-2R(1-\frac{(\delta\alpha/2)^2}{2}) =\frac{mv(\delta\alpha)^2}{4qB}$ | ||
| Край области $\Delta y$ будет находится на расстоянии $l= y_{\text{max}}=2R=\frac{2mv}{qB}$ от точки $A$. | Край области $\Delta y$ будет находится на расстоянии $l= y_{\text{max}}=2R=\frac{2mv}{qB}$ от точки $A$. | ||
| #### Ответ | #### Ответ | ||
| $l = \frac{2mv}{qB}; \Delta y = \frac{mv(\delta\alpha)^2}{4qB}$ | $l = \frac{2mv}{qB}; \Delta y = \frac{mv(\delta\alpha)^2}{4qB}$ | ||
| ещё строк без изменений 16 | |||