Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10263
2019-02-27 
Маленькое заряженное тело соскальзывает без начальной скорости с наклонной плоскости. Угол плоскости с горизонтом $\alpha$, трение пренебрежимо мало. Тело движется в магнитном поле, направленном перпендикулярно плоскости рисунка, и в поле силы тяжести. Оказалось, что через некоторое время тело оторвалось от плоскости и полетело по сложной траектории. В полете высота тела над землей изменялась на величину $\Delta h$ (см. рис). Определите путь, пройденный телом по плоскости до момента отрыва.
Решение:
Обозначим искомый путь $L$, массу и заряд тела $m$ и $q$, индукцию магнитного поля $B$. Пусть также скорость, которую имеет тело в момент отрыва от плоскости, равна $V_{0}$.
Тело отрывается от плоскости, если сила реакции плоскости обращается в ноль. Это происходит благодаря силе Лоренца. Она направлена перпендикулярно поверхности и отрывает тело от плоскости с силой $qVB$, которая возрастает по мере разгона тела. В некоторый момент сила Лоренца в точности компенсирует $mg \cos \alpha$, поэтому
$qV_{0}B = mg \cos \alpha \Rightarrow V_{0} = \frac{mg \cos \alpha}{qB}$. (1)
Понятно, что если мы найдем величину $V_{0}$, искомое расстояние $L$ мы легко вычислим по закону сохранения энергии (сила Лоренца работу не совершает):
$mgL \sin \alpha = \frac{mV_{0}^{2} }{2} \Rightarrow L = \frac{V_{0}^{2}}{2g \sin \alpha}$.
После отрыва тело движется в поле силы тяжести и в магнитном поле, и траектория движения сложна. Если бы силы тяжести не было, траектория бы сильно упростилась - это была бы окружность.
Рассмотрим скорость движущегося тела в момент отрыва $V_{0}$ и представим ее в виде суммы горизонтальной компоненты $V_{1}$ и некоторой компоненты $V_{R}$, направленной как-то под углом к горизонту (см. рис.). Сила Лоренца, действующая на тело, также может быть представлена в виде векторной суммы величин $qV_{1}B$ и $qV_{R}B$, каждая из которых направлена по правилу левой руки (перпендикулярно своей компоненте):
$\vec{V}_{0} = \vec{V}_{1} + \vec{V}_{R}, q[ \vec{V}_{0} \times \vec{B}] = q[ \vec{V}_{1} \times \vec{B}] + q[ \vec{V}_{R} \times \vec{B}]$.
Подберем $V_{1}$ так, чтобы соответствующая ей составляющая силы Лоренца $qV_{1}B$ компенсировала $mg$. Очевидно, при этом
$qV_{1}B = mg \Rightarrow V_{1} = \frac{mg}{qB}$. (2)
Если бы мы "отключили силу тяжести" и запустили бы тело со скоростью $\vec{V}_{R}$, силы, действующие на него, были бы такими же, как силы в нашей задаче, где сила тяжести присутствует, а тело имеет дополнительную составляющую скорости $\vec{V}_{1}$. При этом траектория тела в случае, когда тяжести нет, а скорость тела $V_{R}$ проста и является окружностью радиуса $R$, для которого справедливо
$\frac{mV_{R}^{2}}{R} = qBV_{R} \Rightarrow V_{R} = \frac{qBR}{m}$.
В нашей задаче силы на тело действуют те же самые, но дополнительная скорость $\vec{V}_{1}$ сдвигает точки этой траектории по горизонтали (при этом простая траектория - окружность - превращается в сложную, циклоиду). Но нам важен лишь тот факт, что горизонтальный сдвиг точек траектории не влияет на размах траектории по вертикали. В случае окружности этот размах составляет $2R = \Delta h$, значит и для тела в нашей задаче справедливо
$V_{R} = \frac{qBR}{m} = \frac{qB \Delta h}{2m}$. (3)
Соотношения для скоростей (1, 2, 3) можно переписать, введя параметр $k = mg/(qB)$:
$V_{0} = k \cos \alpha, V_{1} = k, V_{R} = \frac{g \Delta h}{2k}$. (4)
Вектора $\vec{V}_{0}, \vec{V}_{1}, \vec{V}_{R}$ изображены на рис. и образуют треугольник, поэтому по теореме косинусов
$V_{0}^{2} + V_{1}^{2} - 2V_{0}V_{1} \cos \alpha = V_{R}^{2}$.
Подставляя сюда (4), получим уравнение на $k$:
$k^{2} \cos^{2} \alpha + k^{2} - 2k^{2} \cos^{2} \alpha = \frac{(g \Delta h)^{2} }{4k^{2} }, \Rightarrow k^{2} = \frac{g \Delta h}{2 \sin \alpha}$.
Отсюда
$V_{0} = k \cos \alpha = \sqrt{ \frac{g \Delta h}{2 \sin \alpha} } \cos \alpha, L = \frac{V_{0}^{2} }{2g \sin \alpha} = \frac{ \Delta h}{4} ctg^{2} \alpha$.
Ответ: тело прошло по плоскости путь $L = ( \Delta h ctg^{2} \alpha)/4$.
Маленькое заряженное тело соскальзывает без начальной скорости с наклонной плоскости. Угол плоскости с горизонтом $\alpha$, трение пренебрежимо мало. Тело движется в магнитном поле, направленном перпендикулярно плоскости рисунка, и в поле силы тяжести. Оказалось, что через некоторое время тело оторвалось от плоскости и полетело по сложной траектории. В полете высота тела над землей изменялась на величину $\Delta h$ (см. рис). Определите путь, пройденный телом по плоскости до момента отрыва.
Решение:
Обозначим искомый путь $L$, массу и заряд тела $m$ и $q$, индукцию магнитного поля $B$. Пусть также скорость, которую имеет тело в момент отрыва от плоскости, равна $V_{0}$.
Тело отрывается от плоскости, если сила реакции плоскости обращается в ноль. Это происходит благодаря силе Лоренца. Она направлена перпендикулярно поверхности и отрывает тело от плоскости с силой $qVB$, которая возрастает по мере разгона тела. В некоторый момент сила Лоренца в точности компенсирует $mg \cos \alpha$, поэтому
$qV_{0}B = mg \cos \alpha \Rightarrow V_{0} = \frac{mg \cos \alpha}{qB}$. (1)
Понятно, что если мы найдем величину $V_{0}$, искомое расстояние $L$ мы легко вычислим по закону сохранения энергии (сила Лоренца работу не совершает):
$mgL \sin \alpha = \frac{mV_{0}^{2} }{2} \Rightarrow L = \frac{V_{0}^{2}}{2g \sin \alpha}$.
После отрыва тело движется в поле силы тяжести и в магнитном поле, и траектория движения сложна. Если бы силы тяжести не было, траектория бы сильно упростилась - это была бы окружность.
Рассмотрим скорость движущегося тела в момент отрыва $V_{0}$ и представим ее в виде суммы горизонтальной компоненты $V_{1}$ и некоторой компоненты $V_{R}$, направленной как-то под углом к горизонту (см. рис.). Сила Лоренца, действующая на тело, также может быть представлена в виде векторной суммы величин $qV_{1}B$ и $qV_{R}B$, каждая из которых направлена по правилу левой руки (перпендикулярно своей компоненте):
$\vec{V}_{0} = \vec{V}_{1} + \vec{V}_{R}, q[ \vec{V}_{0} \times \vec{B}] = q[ \vec{V}_{1} \times \vec{B}] + q[ \vec{V}_{R} \times \vec{B}]$.
Подберем $V_{1}$ так, чтобы соответствующая ей составляющая силы Лоренца $qV_{1}B$ компенсировала $mg$. Очевидно, при этом
$qV_{1}B = mg \Rightarrow V_{1} = \frac{mg}{qB}$. (2)
Если бы мы "отключили силу тяжести" и запустили бы тело со скоростью $\vec{V}_{R}$, силы, действующие на него, были бы такими же, как силы в нашей задаче, где сила тяжести присутствует, а тело имеет дополнительную составляющую скорости $\vec{V}_{1}$. При этом траектория тела в случае, когда тяжести нет, а скорость тела $V_{R}$ проста и является окружностью радиуса $R$, для которого справедливо
$\frac{mV_{R}^{2}}{R} = qBV_{R} \Rightarrow V_{R} = \frac{qBR}{m}$.
В нашей задаче силы на тело действуют те же самые, но дополнительная скорость $\vec{V}_{1}$ сдвигает точки этой траектории по горизонтали (при этом простая траектория - окружность - превращается в сложную, циклоиду). Но нам важен лишь тот факт, что горизонтальный сдвиг точек траектории не влияет на размах траектории по вертикали. В случае окружности этот размах составляет $2R = \Delta h$, значит и для тела в нашей задаче справедливо
$V_{R} = \frac{qBR}{m} = \frac{qB \Delta h}{2m}$. (3)
Соотношения для скоростей (1, 2, 3) можно переписать, введя параметр $k = mg/(qB)$:
$V_{0} = k \cos \alpha, V_{1} = k, V_{R} = \frac{g \Delta h}{2k}$. (4)
Вектора $\vec{V}_{0}, \vec{V}_{1}, \vec{V}_{R}$ изображены на рис. и образуют треугольник, поэтому по теореме косинусов
$V_{0}^{2} + V_{1}^{2} - 2V_{0}V_{1} \cos \alpha = V_{R}^{2}$.
Подставляя сюда (4), получим уравнение на $k$:
$k^{2} \cos^{2} \alpha + k^{2} - 2k^{2} \cos^{2} \alpha = \frac{(g \Delta h)^{2} }{4k^{2} }, \Rightarrow k^{2} = \frac{g \Delta h}{2 \sin \alpha}$.
Отсюда
$V_{0} = k \cos \alpha = \sqrt{ \frac{g \Delta h}{2 \sin \alpha} } \cos \alpha, L = \frac{V_{0}^{2} }{2g \sin \alpha} = \frac{ \Delta h}{4} ctg^{2} \alpha$.
Ответ: тело прошло по плоскости путь $L = ( \Delta h ctg^{2} \alpha)/4$.
