🌀

Κίνηση Φορτίου σε Ομογενές Μαγνητικό Πεδίο

Ομαλή κυκλική κίνηση, R = mυ/B|q|, T = 2πm/B|q|

Γιατί με νοιάζει;

Ένα πρωτόνιο που μπαίνει κάθετα σε ομογενές μαγνητικό πεδίο διαγράφει τέλειο κύκλο — και ο χρόνος μιας περιφοράς δεν εξαρτάται από το πόσο γρήγορα κινείται. Με δύο σχέσεις, $R = \frac{m\upsilon}{B|q|}$ και $T = \frac{2\pi m}{B|q|}$ , λύνεται σχεδόν κάθε Θέμα Γ σε αυτή την ενότητα.

Κίνηση φορτίου σε ΟΜΠ: ο τέλειος κύκλος

Όταν φορτίο μπαίνει σε ομογενές μαγνητικό πεδίο με ταχύτητα κάθετη στις γραμμές, η δύναμη Lorentz έχει σταθερό μέτρο $F_L = B|q|\upsilon$ και είναι διαρκώς κάθετη στην τροχιά: παίζει τον ρόλο κεντρομόλου. Το φορτίο εκτελεί ομαλή κυκλική κίνηση.

Από $F_L = F_{\kappa}$ :

$B|q|\upsilon = \frac{m\upsilon^2}{R} \Rightarrow R = \frac{m\upsilon}{B|q|}$

και για την περίοδο:

$T = \frac{2\pi R}{\upsilon} = \frac{2\pi m}{B|q|}$

Το εκπληκτικό: η περίοδος δεν εξαρτάται από την ταχύτητα! Γρήγορα σωματίδια διαγράφουν μεγαλύτερους κύκλους αλλά στον ίδιο χρόνο — η αρχή πίσω από το κύκλοτρο. Στις εφαρμογές στηρίζονται και ο φασματογράφος μάζας (διαχωρισμός ισοτόπων από την ακτίνα $R \sim m$ ) και η προστασία της Γης από τον ηλιακό άνεμο (τα φορτία «παγιδεύονται» να σπειροειδίζουν γύρω από τις μαγνητικές γραμμές).

$R = \frac{m\upsilon}{B|q|}, \qquad T = \frac{2\pi m}{B|q|}, \qquad f = \frac{B|q|}{2\pi m}, \qquad \omega = \frac{B|q|}{m}$

Δες την κεντρομόλο δύναμη να «στρίβει» συνεχώς την ταχύτητα χωρίς να αλλάζει το μέτρο της: θα ανακαλύψεις γιατί η δύναμη Lorentz, πάντα κάθετη στην κίνηση, αναγκάζει το φορτίο σε τέλειο κύκλο με σταθερή κινητική ενέργεια.

Γρήγορος έλεγχος

Φορτισμένο σωματίδιο κινείται κυκλικά σε ΟΜΠ. Αν διπλασιαστεί το μέτρο της ταχύτητάς του, τότε:

Μέθοδος: φορτίο που μπαίνει κάθετα σε ΟΜΠ

Αν το φορτίο επιταχύνθηκε πρώτα από τάση $V$ : $|q|V = \frac{1}{2}m\upsilon^2 \Rightarrow \upsilon = \sqrt{\frac{2|q|V}{m}}$ .
Γράψε Lorentz = κεντρομόλος: $B|q|\upsilon = \frac{m\upsilon^2}{R}$ και λύσε ως προς το ζητούμενο.
Χρόνος σε τόξο γωνίας $\theta$ (σε rad): $t = \frac{\theta}{2\pi}T$ — ημικύκλιο $\frac{T}{2}$ , τεταρτοκύκλιο $\frac{T}{4}$ .
Είσοδος κάθετα σε επίπεδο όριο ⇒ ημικύκλιο, έξοδος σε απόσταση $2R$ με αντίθετη ταχύτητα.
Φορά περιστροφής από τη φορά της $\vec{F}_L$ τη στιγμή της εισόδου (κανόνας τριών δαχτύλων, με αντιστροφή για αρνητικό φορτίο).

Άσκηση (τύπου Πανελληνίων): Πρωτόνιο με μάζα $m = 1{,}6 \times 10^{-27}\ kg$ και φορτίο $q = 1{,}6 \times 10^{-19}\ C$ εισέρχεται με ταχύτητα $\upsilon = 10^6\ m/s$ κάθετα στις γραμμές ΟΜΠ έντασης $B = 0{,}1\ T$ . Να βρεθούν: (α) η ακτίνα της τροχιάς, (β) η περίοδος, (γ) το έργο της δύναμης Lorentz σε μία πλήρη περιφορά.

Λύση:

(α) Η Lorentz παίζει ρόλο κεντρομόλου:

$R = \frac{m\upsilon}{B q} = \frac{1{,}6 \times 10^{-27} \cdot 10^6}{0{,}1 \cdot 1{,}6 \times 10^{-19}} = \frac{1{,}6 \times 10^{-21}}{1{,}6 \times 10^{-20}} = 0{,}1\ m$

(β) $T = \frac{2\pi m}{B q} = \frac{2\pi \cdot 1{,}6 \times 10^{-27}}{1{,}6 \times 10^{-20}} = 2\pi \times 10^{-7}\ s \approx 6{,}28 \times 10^{-7}\ s$

(γ) $W_{F_L} = 0$ , αφού η δύναμη είναι σε κάθε στιγμή κάθετη στη μετατόπιση. Γι' αυτό και το μέτρο της ταχύτητας (και η κινητική ενέργεια) δεν αλλάζει ποτέ.

Θέμα τύπου Πανελλαδικών (Θέμα Γ): Πρωτόνιο ( $m = 1{,}6 \times 10^{-27}\ kg$ , $q = 1{,}6 \times 10^{-19}\ C$ ) επιταχύνεται από την ηρεμία σε ηλεκτρικό πεδίο μέσω τάσης $V = 2 \times 10^4\ V$ και μπαίνει κάθετα στις γραμμές ΟΜΠ $B = 0{,}5\ T$ που εκτείνεται πέρα από ένα επίπεδο όριο. Να βρεθούν: (α) η ταχύτητα εισόδου, (β) η ακτίνα της τροχιάς, (γ) πόσο χρόνο μένει στο πεδίο και σε ποια απόσταση από το σημείο εισόδου βγαίνει.

Δεδομένα: $m$ , $q$ , $V = 2 \times 10^4\ V$ , $B = 0{,}5\ T$ , $\upsilon_0 = 0$ . Ζητούμενα: $\upsilon$ , $R$ , $t$ , απόσταση εξόδου.

Λύση:

(α) ΘΜΚΕ στο ηλεκτρικό πεδίο: $qV = \frac{1}{2}m\upsilon^2 \Rightarrow \upsilon = \sqrt{\frac{2qV}{m}} = \sqrt{\frac{2 \cdot 1{,}6 \times 10^{-19} \cdot 2 \times 10^4}{1{,}6 \times 10^{-27}}} = \sqrt{4 \times 10^{12}} = 2 \times 10^6\ m/s$ .

(β) $R = \frac{m\upsilon}{Bq} = \frac{1{,}6 \times 10^{-27} \cdot 2 \times 10^6}{0{,}5 \cdot 1{,}6 \times 10^{-19}} = 4 \times 10^{-2}\ m = 4\ cm$ .

(γ) Μπαίνοντας κάθετα στο όριο, διαγράφει ημικύκλιο και βγαίνει ξανά από το όριο:

$t = \frac{T}{2} = \frac{\pi m}{Bq} = \frac{\pi \cdot 1{,}6 \times 10^{-27}}{0{,}5 \cdot 1{,}6 \times 10^{-19}} = 2\pi \times 10^{-8}\ s \approx 6{,}3 \times 10^{-8}\ s$

σε απόσταση $2R = 8\ cm$ από το σημείο εισόδου, με ταχύτητα ίδιου μέτρου και αντίθετης κατεύθυνσης.

Απάντηση: $2 \times 10^6\ m/s$ · $4\ cm$ · $\approx 6{,}3 \times 10^{-8}\ s$ και $8\ cm$ .

Άσκηση: Ηλεκτρόνιο ( $m_e = 9{,}1 \times 10^{-31}\ kg$ , $|q| = 1{,}6 \times 10^{-19}\ C$ ) κινείται με $\upsilon = 4 \times 10^6\ m/s$ κάθετα σε ΟΜΠ. (α) Πόσο πρέπει να είναι το $B$ ώστε η ακτίνα να είναι $2\ cm$ ; (β) Πόση είναι τότε η περίοδος;

Λύση:

(α) $B = \frac{m\upsilon}{|q|R} = \frac{9{,}1 \times 10^{-31} \cdot 4 \times 10^6}{1{,}6 \times 10^{-19} \cdot 0{,}02} = \frac{3{,}64 \times 10^{-24}}{3{,}2 \times 10^{-21}} \approx 1{,}14 \times 10^{-3}\ T$ .

(β) $T = \frac{2\pi R}{\upsilon} = \frac{2\pi \cdot 0{,}02}{4 \times 10^6} = \pi \times 10^{-8}\ s \approx 3{,}1 \times 10^{-8}\ s$ (ίδιο με $\frac{2\pi m}{B|q|}$ ).

Γρήγορος έλεγχος

Ηλεκτρόνιο και πρωτόνιο μπαίνουν με την ίδια ταχύτητα κάθετα στις γραμμές του ίδιου ΟΜΠ. Σε σχέση με το πρωτόνιο, το ηλεκτρόνιο διαγράφει κύκλο με:

Γρήγορος έλεγχος

Φορτισμένο σωματίδιο μπαίνει με ταχύτητα κάθετη στο επίπεδο όριο ενός ΟΜΠ (και κάθετη στις γραμμές), που εκτείνεται σε όλο τον χώρο πέρα από το όριο. Πόσο χρόνο μένει στο πεδίο;

Γρήγορος έλεγχος

Φορτισμένο σωματίδιο κινείται κυκλικά σε ΟΜΠ. Αν τετραπλασιαστεί η κινητική του ενέργεια, η ακτίνα της τροχιάς:

Ήξερες ότι;

Οι ζώνες ακτινοβολίας Van Allen, όπου το μαγνητικό πεδίο της Γης παγιδεύει φορτισμένα σωματίδια που σπειροειδίζουν γύρω από τις γραμμές του, ανακαλύφθηκαν το 1958 από τον πρώτο αμερικανικό δορυφόρο, τον Explorer 1, με έναν απλό μετρητή Geiger.

Πρόκληση

Ίδια ορμή, διαφορετική τύχη. Ένα πρωτόνιο (μάζα $m$ , φορτίο $e$ ) και ένα σωμάτιο α (μάζα $4m$ , φορτίο $2e$ ) έχουν ίδια ορμή και μπαίνουν κάθετα στο ίδιο ΟΜΠ. (α) Βρες τον λόγο των ακτίνων $\frac{R_\alpha}{R_p}$ . (β) Βρες τον λόγο των περιόδων. (γ) Το πεδίο καταλαμβάνει λωρίδα πλάτους $d = \frac{R_p}{2}$ και τα σωματίδια μπαίνουν κάθετα στο όριό της. Ποιο από τα δύο βγαίνει από την απέναντι πλευρά και πόσο χρόνο (σε μονάδες της $T_p$ ) μένει μέσα;

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

(α) $R = \frac{p}{B|q|}$ με ίδιο $p$ : $\frac{R_\alpha}{R_p} = \frac{e}{2e} = \frac{1}{2}$ .

(β) $T = \frac{2\pi m}{B|q|} \propto \frac{m}{q}$ : $\frac{T_\alpha}{T_p} = \frac{4m/2e}{m/e} = 2$ .

(γ) Το σωμάτιο α έχει $R_\alpha = \frac{R_p}{2} = d$ : φτάνει ακριβώς ως το απέναντι όριο και γυρίζει πίσω διαγράφοντας ημικύκλιο — δεν βγαίνει απέναντι. Το πρωτόνιο ( $R_p = 2d$ ) βγαίνει απέναντι αφού στραφεί κατά γωνία $\theta$ με $\eta\mu\theta = \frac{d}{R_p} = \frac{1}{2}$ , δηλαδή $\theta = \frac{\pi}{6}$ . Χρόνος: $t = \frac{\theta}{2\pi}T_p = \frac{T_p}{12}$ .

Απάντηση: $\frac{1}{2}$ · $2$ · βγαίνει μόνο το πρωτόνιο, μετά από $\frac{T_p}{12}$ .

Συνηθισμένα λάθη

Περίοδος που εξαρτάται από την ταχύτητα. $T = \frac{2\pi m}{B|q|}$ : μεγαλύτερη $\upsilon$ δίνει μεγαλύτερο κύκλο στον ίδιο χρόνο.
$R \propto K$ . Η ακτίνα είναι ανάλογη της ορμής: $R \propto \upsilon \propto \sqrt{K}$ .
Χρόνος στο πεδίο πάντα $T$ . Με είσοδο κάθετα σε επίπεδο όριο το φορτίο βγαίνει μετά από ημικύκλιο, $\frac{T}{2}$ .
Αγνόηση της μάζας στη σύγκριση σωματιδίων. Ίδιο $|q|$ δεν σημαίνει ίδια ακτίνα· μετράει ο λόγος $\frac{m}{|q|}$ .

Σύνοψη — τι κρατάμε

Κάθετη είσοδος σε ΟΜΠ ⇒ ομαλή κυκλική κίνηση με κεντρομόλο τη δύναμη Lorentz.
$R = \frac{m\upsilon}{B|q|} = \frac{p}{B|q|}$ και $T = \frac{2\pi m}{B|q|}$ , ανεξάρτητη της ταχύτητας.
Χρόνος σε τόξο $\theta$ : $t = \frac{\theta}{2\pi}T$ · επίπεδο όριο ⇒ ημικύκλιο, έξοδος στο $2R$ .
Ηλεκτρόνιο και πρωτόνιο με ίδια ταχύτητα: αντίθετη φορά περιστροφής, πολύ μικρότερη ακτίνα για το ηλεκτρόνιο.

🌀

Κίνηση Φορτίου σε Ομογενές Μαγνητικό Πεδίο

Ομαλή κυκλική κίνηση, R = mυ/B|q|, T = 2πm/B|q|

Γιατί με νοιάζει;

Κίνηση φορτίου σε ΟΜΠ: ο τέλειος κύκλος

Από $F_L = F_{\kappa}$ :

$B|q|\upsilon = \frac{m\upsilon^2}{R} \Rightarrow R = \frac{m\upsilon}{B|q|}$

και για την περίοδο:

$T = \frac{2\pi R}{\upsilon} = \frac{2\pi m}{B|q|}$

$R = \frac{m\upsilon}{B|q|}, \qquad T = \frac{2\pi m}{B|q|}, \qquad f = \frac{B|q|}{2\pi m}, \qquad \omega = \frac{B|q|}{m}$

\upsilon = \frac{2\pi R}{T} = \frac{2\pi\cdot2}{2} = 6.3\,m/s,\;\; a_{\kappa} = \frac{\upsilon^2}{R} = 19.7\,m/s^2

R = 2 mT = 2 s

Σύρε R και T και κοίτα τα βέλη: η υ είναι εφαπτομενική, το αₖ κάθετο προς το κέντρο. Διπλάσιο R → διπλάσια υ· διπλάσιο T → μισή υ.

Γρήγορος έλεγχος

Φορτισμένο σωματίδιο κινείται κυκλικά σε ΟΜΠ. Αν διπλασιαστεί το μέτρο της ταχύτητάς του, τότε:

Μέθοδος: φορτίο που μπαίνει κάθετα σε ΟΜΠ

Αν το φορτίο επιταχύνθηκε πρώτα από τάση $V$ : $|q|V = \frac{1}{2}m\upsilon^2 \Rightarrow \upsilon = \sqrt{\frac{2|q|V}{m}}$ .
Γράψε Lorentz = κεντρομόλος: $B|q|\upsilon = \frac{m\upsilon^2}{R}$ και λύσε ως προς το ζητούμενο.
Χρόνος σε τόξο γωνίας $\theta$ (σε rad): $t = \frac{\theta}{2\pi}T$ — ημικύκλιο $\frac{T}{2}$ , τεταρτοκύκλιο $\frac{T}{4}$ .
Είσοδος κάθετα σε επίπεδο όριο ⇒ ημικύκλιο, έξοδος σε απόσταση $2R$ με αντίθετη ταχύτητα.
Φορά περιστροφής από τη φορά της $\vec{F}_L$ τη στιγμή της εισόδου (κανόνας τριών δαχτύλων, με αντιστροφή για αρνητικό φορτίο).

Λύση:

(α) Η Lorentz παίζει ρόλο κεντρομόλου:

$R = \frac{m\upsilon}{B q} = \frac{1{,}6 \times 10^{-27} \cdot 10^6}{0{,}1 \cdot 1{,}6 \times 10^{-19}} = \frac{1{,}6 \times 10^{-21}}{1{,}6 \times 10^{-20}} = 0{,}1\ m$

(β) $T = \frac{2\pi m}{B q} = \frac{2\pi \cdot 1{,}6 \times 10^{-27}}{1{,}6 \times 10^{-20}} = 2\pi \times 10^{-7}\ s \approx 6{,}28 \times 10^{-7}\ s$

Δεδομένα: $m$ , $q$ , $V = 2 \times 10^4\ V$ , $B = 0{,}5\ T$ , $\upsilon_0 = 0$ . Ζητούμενα: $\upsilon$ , $R$ , $t$ , απόσταση εξόδου.

Λύση:

(β) $R = \frac{m\upsilon}{Bq} = \frac{1{,}6 \times 10^{-27} \cdot 2 \times 10^6}{0{,}5 \cdot 1{,}6 \times 10^{-19}} = 4 \times 10^{-2}\ m = 4\ cm$ .

(γ) Μπαίνοντας κάθετα στο όριο, διαγράφει ημικύκλιο και βγαίνει ξανά από το όριο:

$t = \frac{T}{2} = \frac{\pi m}{Bq} = \frac{\pi \cdot 1{,}6 \times 10^{-27}}{0{,}5 \cdot 1{,}6 \times 10^{-19}} = 2\pi \times 10^{-8}\ s \approx 6{,}3 \times 10^{-8}\ s$

σε απόσταση $2R = 8\ cm$ από το σημείο εισόδου, με ταχύτητα ίδιου μέτρου και αντίθετης κατεύθυνσης.

Απάντηση: $2 \times 10^6\ m/s$ · $4\ cm$ · $\approx 6{,}3 \times 10^{-8}\ s$ και $8\ cm$ .

Λύση:

(β) $T = \frac{2\pi R}{\upsilon} = \frac{2\pi \cdot 0{,}02}{4 \times 10^6} = \pi \times 10^{-8}\ s \approx 3{,}1 \times 10^{-8}\ s$ (ίδιο με $\frac{2\pi m}{B|q|}$ ).

Γρήγορος έλεγχος

Ήξερες ότι;

Πρόκληση

Δοκίμασε πρώτα μόνος σου — μετά δες τη λύση

(α) $R = \frac{p}{B|q|}$ με ίδιο $p$ : $\frac{R_\alpha}{R_p} = \frac{e}{2e} = \frac{1}{2}$ .

(β) $T = \frac{2\pi m}{B|q|} \propto \frac{m}{q}$ : $\frac{T_\alpha}{T_p} = \frac{4m/2e}{m/e} = 2$ .

Απάντηση: $\frac{1}{2}$ · $2$ · βγαίνει μόνο το πρωτόνιο, μετά από $\frac{T_p}{12}$ .

Συνηθισμένα λάθη

Περίοδος που εξαρτάται από την ταχύτητα. $T = \frac{2\pi m}{B|q|}$ : μεγαλύτερη $\upsilon$ δίνει μεγαλύτερο κύκλο στον ίδιο χρόνο.
$R \propto K$ . Η ακτίνα είναι ανάλογη της ορμής: $R \propto \upsilon \propto \sqrt{K}$ .
Χρόνος στο πεδίο πάντα $T$ . Με είσοδο κάθετα σε επίπεδο όριο το φορτίο βγαίνει μετά από ημικύκλιο, $\frac{T}{2}$ .
Αγνόηση της μάζας στη σύγκριση σωματιδίων. Ίδιο $|q|$ δεν σημαίνει ίδια ακτίνα· μετράει ο λόγος $\frac{m}{|q|}$ .

Σύνοψη — τι κρατάμε

Κάθετη είσοδος σε ΟΜΠ ⇒ ομαλή κυκλική κίνηση με κεντρομόλο τη δύναμη Lorentz.
$R = \frac{m\upsilon}{B|q|} = \frac{p}{B|q|}$ και $T = \frac{2\pi m}{B|q|}$ , ανεξάρτητη της ταχύτητας.
Χρόνος σε τόξο $\theta$ : $t = \frac{\theta}{2\pi}T$ · επίπεδο όριο ⇒ ημικύκλιο, έξοδος στο $2R$ .
Ηλεκτρόνιο και πρωτόνιο με ίδια ταχύτητα: αντίθετη φορά περιστροφής, πολύ μικρότερη ακτίνα για το ηλεκτρόνιο.