Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10161
2019-02-12 
Из точки А вылетают маленькие шарики c массой $m$ и зарядом $q$ каждый. Начальная скорость всех шариков равна по модулю $V$ и образует с осью Z углы, лежащие в промежутке от $\alpha = 60^{ \circ}$ до $\beta = 70^{ \circ}$. Однородное магнитное поле направлено вдоль оси Z и имеет индукцию $B$. Вдоль оси Z расположен детектор AD, имеющий форму тонкого стержня. Любая точка детектора начинает светиться, если в нее ударяется хотя бы один шарик Шарик, стукнувшись о детектор, отскакивает от него абсолютно упруго и летит дальше. Укажите координаты всех точек детектора, которые будут светиться в результате длительной бомбардировки шариками. Силой тяжести и взаимодействием шариков друг с другом пренебречь.
Решение:
Пусть заряд вылетает из точки А под углом $\gamma$ к оси $Z ( \alpha \leq \gamma \leq \beta)$. Представим движение заряда в магнитном поле как суперпозицию равномерного движения вдоль оси $Z$ со скоростью $V \cos \gamma$ и равномерного движения по окружности со скоростью $V \sin \gamma$ в плоскости XY (см. рис.).
Легко вычислить параметры, характеризующие движение системы по окружности. Сила Лоренца $qBV \sin \gamma$ направлена к центру окружности и обеспечивает центростремительное ускорение заряда $m(V \sin \gamma)^{2}/R$. Отсюда радиус окружности $R = mV \sin \gamma/(qB)$. Период, за который частица совершает полный оборот, равен
$T = \frac{2 \pi R}{V \sin \gamma} = \frac{2 \pi m}{qB}$.
Заметим, что этот период не зависит от $\gamma$, т.е. все частицы будут сталкиваться с детектором через одинаковые промежутки времени. Однако, частицы движутся вдоль оси $Z$ с разными скоростями, поэтому ударяться в детектор они будут в разных точках. Для фиксированного $\gamma$ расстояние, которое проходит частица между соударениями с детектором, $l = VT \cos \gamma$. Так как $\cos \beta \leq \cos \gamma < \cos \alpha$, точки детектора, в которые попадут шарики впервые после вылета, задаются координатами
$l \in (l_{max}, l_{min} )$, где $l_{min} = \frac{2 \pi mV \cos \beta}{qB}, l_{max}= \frac{2 \pi m V \cos \alpha}{qB}$.
После упругого соударения каждая частица полетит от детектора с той же скоростью, какую она имела непосредственно перед ударом, причем угол, который эта скорость образует с осью Z, не изменится. Поэтому далее частицы будут возвращаться на детектор через равные расстояния $l$, являющиеся функцией угла вылета $\gamma$ данной частицы.
Рассмотрим рис., где жирной линией отмечены участки, в которых происходит соударение частиц с детектором AD. Видно, что промежутки детектора, куда частицы не попадают, сокращаются при удалении от А, а светящиеся промежутки увеличиваются. Так, например, во второй раз частицы попадут на участок $(2l_{min}, 2l_{max})$, а в $n$-тый раз - на участок $(nl_{min}, nl_{max})$ длиной $n(l_{max} - l_{min})$. Если при некотором $n$ эта длина сравнялась или превзошла $l_{max}$, то неосвещенный участок детектора совсем пропадает:
$n(L_{max} - l_{min}) \geq l_{max} \Leftrightarrow n \geq \frac{l_{max} }{l_{max} - l_{min} } = \frac{ \cos \alpha}{ \cos \alpha - \cos \beta} \approx 3,16$
Значит, начиная с третьего удара о стержень, неосвещенный отрезок пропадает.
Ответ: Светиться будут участки детектора с координатами $(l_{min}, l_{max}) \cup (2l_{min}, 2l_{max}) \cup (2l_{min}, \infty)$, где $l_{min} = 2 \pi mV \cos \beta/(qB), l_{max} = 2 \pi mV \cos \alpha/(qB)$.
Из точки А вылетают маленькие шарики c массой $m$ и зарядом $q$ каждый. Начальная скорость всех шариков равна по модулю $V$ и образует с осью Z углы, лежащие в промежутке от $\alpha = 60^{ \circ}$ до $\beta = 70^{ \circ}$. Однородное магнитное поле направлено вдоль оси Z и имеет индукцию $B$. Вдоль оси Z расположен детектор AD, имеющий форму тонкого стержня. Любая точка детектора начинает светиться, если в нее ударяется хотя бы один шарик Шарик, стукнувшись о детектор, отскакивает от него абсолютно упруго и летит дальше. Укажите координаты всех точек детектора, которые будут светиться в результате длительной бомбардировки шариками. Силой тяжести и взаимодействием шариков друг с другом пренебречь.
Решение:
Пусть заряд вылетает из точки А под углом $\gamma$ к оси $Z ( \alpha \leq \gamma \leq \beta)$. Представим движение заряда в магнитном поле как суперпозицию равномерного движения вдоль оси $Z$ со скоростью $V \cos \gamma$ и равномерного движения по окружности со скоростью $V \sin \gamma$ в плоскости XY (см. рис.).
Легко вычислить параметры, характеризующие движение системы по окружности. Сила Лоренца $qBV \sin \gamma$ направлена к центру окружности и обеспечивает центростремительное ускорение заряда $m(V \sin \gamma)^{2}/R$. Отсюда радиус окружности $R = mV \sin \gamma/(qB)$. Период, за который частица совершает полный оборот, равен
$T = \frac{2 \pi R}{V \sin \gamma} = \frac{2 \pi m}{qB}$.
Заметим, что этот период не зависит от $\gamma$, т.е. все частицы будут сталкиваться с детектором через одинаковые промежутки времени. Однако, частицы движутся вдоль оси $Z$ с разными скоростями, поэтому ударяться в детектор они будут в разных точках. Для фиксированного $\gamma$ расстояние, которое проходит частица между соударениями с детектором, $l = VT \cos \gamma$. Так как $\cos \beta \leq \cos \gamma < \cos \alpha$, точки детектора, в которые попадут шарики впервые после вылета, задаются координатами
$l \in (l_{max}, l_{min} )$, где $l_{min} = \frac{2 \pi mV \cos \beta}{qB}, l_{max}= \frac{2 \pi m V \cos \alpha}{qB}$.
После упругого соударения каждая частица полетит от детектора с той же скоростью, какую она имела непосредственно перед ударом, причем угол, который эта скорость образует с осью Z, не изменится. Поэтому далее частицы будут возвращаться на детектор через равные расстояния $l$, являющиеся функцией угла вылета $\gamma$ данной частицы.
Рассмотрим рис., где жирной линией отмечены участки, в которых происходит соударение частиц с детектором AD. Видно, что промежутки детектора, куда частицы не попадают, сокращаются при удалении от А, а светящиеся промежутки увеличиваются. Так, например, во второй раз частицы попадут на участок $(2l_{min}, 2l_{max})$, а в $n$-тый раз - на участок $(nl_{min}, nl_{max})$ длиной $n(l_{max} - l_{min})$. Если при некотором $n$ эта длина сравнялась или превзошла $l_{max}$, то неосвещенный участок детектора совсем пропадает:
$n(L_{max} - l_{min}) \geq l_{max} \Leftrightarrow n \geq \frac{l_{max} }{l_{max} - l_{min} } = \frac{ \cos \alpha}{ \cos \alpha - \cos \beta} \approx 3,16$
Значит, начиная с третьего удара о стержень, неосвещенный отрезок пропадает.
Ответ: Светиться будут участки детектора с координатами $(l_{min}, l_{max}) \cup (2l_{min}, 2l_{max}) \cup (2l_{min}, \infty)$, где $l_{min} = 2 \pi mV \cos \beta/(qB), l_{max} = 2 \pi mV \cos \alpha/(qB)$.
