Logo
Logo

Адиабатический инвариант и магнитные зеркала

A1  0.20 Найдите скорость бусинки сразу после соударения с подвижной стенкой.

При упругом отражении относительная скорость стенки и бусинки не меняется по модулю, но меняется по направлению, поэтому
$$v_1=v_{отн}+u=v_0+2u
$$

A2  0.20 Найдите изменение расстояния между стенками за время между двумя последовательными соударениями бусинки с подвижной стенкой. Необходимо получить точную формулу.

Время между двумя последовательными соударениями проще всего вычислить, рассмотрев столкновение с симметричной стенкой, движущейся с той же скоростью. Отсюда
$$\Delta{t}=\frac{2L_0}{v_1+u}
$$
Найдём изменение расстояния
$$\Delta{L}=-u\Delta{t}=-\frac{2L_0u}{v_0+3u}
$$

A3  0.40 Найдите выражение для адиабатического инварианта $I$ для рассмотренной системы и определите скорость бусинки в момент, когда расстояние между стенками уменьшилось до значения $L$.

Из результатов предыдущих двух пунктов при условии $u\ll{v}$
$$\frac{\Delta{L}}{L}=-\frac{2u}{v_0+3u}\approx-\frac{\Delta{v}}{v}
$$
откуда после интегрирования
$$Lv=const=L_0v_0
$$
Учитывая физический смысл адиабатического инварианта
$$I=\frac{L_0v_0}{\pi}
$$

B1  0.40 Выразите отношение масс $M/m$ через $u, v_0$ и $k$.

Максимальная скорость лёгкой частицы достигается в момент, когда тяжёлая останавливается. Из ЗСЭ
$$\frac{Mu^2}{2}+\frac{m{v_0}^2}{2}=\frac{k^2m{v_0}^2}{2}
$$
откуда
$$\frac{M}{m}=\left(\frac{v_0}{u}\right)^2\left(k^2-1\right)
$$

B2  0.80 Через какое время тяжёлая частица остановится? Ответ выразите через $L_0, v_0, u$ и $k$.

Найдём из ЗСЭ скорость тяжёлой частицы как функцию расстояния $x$ между ней и стенкой. Из условия сохранения адиабатического инварианта для лёгкой частицы
$$v(x)=\frac{v_0L_0}{x}
$$
Тогда из ЗСЭ с учётом того, что скорость тяжёлой частицы $v_т=-\frac{dx}{dt}$ получим
$$\left(\frac{dx}{dt}\right)^2=\frac{m{v_o}^2}{M}\left(k^2-\left(\frac{L_0}{x}\right)^2\right)=\frac{u^2}{k^2-1}\left(k^2-\left(\frac{L_0}{x}\right)^2\right)
$$
откуда
$$dt=-\frac{\sqrt{k^2-1}}{k^2u}\frac{k^2xdx}{\sqrt{k^2x^2-{L_0}^2}}
$$
Интегрируя
$$t=\frac{\sqrt{k^2-1}}{k^2u}\int\limits_0^{{L_0}^2(k^2-1)}\frac{dz}{\sqrt{z}}=\frac{L_0}{u}\left(1-\frac{1}{k^2}\right)
$$

C1  0.40 Получите выражение для кинетической энергии системы. Ответ выразите через $M, m, x, \dot{x}, v_0$ и $L_0$.

Учитывая покой системы, центр масс неподвижен.Значит, кинетическая энергия тяжёлых частиц может быть выражена через приведённую массу $\mu$ и их относительную скорость
$$E_M=\frac{M\dot{x}^2}{4}
$$
Кинетическая энергия лёгкой частицы может быть найдена из условия сохранения адиабатического инварианта
$$E_m=\frac{m{v_0}^2{L_0}^2}{2x^2}
$$

C2  0.20 Получите выражение для потенциальной энергии системы. Ответ выразите через $F$ и $x$.

Взаимодействия лёгкой частицы с обеими тяжёлыми можно представить как взаимодействие самих тяжёлых частиц. С учётом притяжения и постоянства силы
$$W_p=Fx+C
$$

C3  0.50 При каком значении $x$ система находится в положении равновесия? Ответ выразите через $M, m, v_0, L_0$ и $F$.

Из ЗСЭ
$$E_m+E_M+W_p=E_0
$$
отсюда
$$\frac{M\dot{x}^2}{4}+\frac{m{v_0}^2{L_0}^2}{2x^2}+Fx=const
$$
В положении равновесия эффективный потенциал минимален.Дифференцируя
$$F=\frac{m{v_0}^2{L_0}^2}{x^3}
$$
откуда
$$x_0=\left(\frac{m{v_0}^2{L_0}^2}{F}\right)^{\frac{1}{3}}
$$

C4  0.40 Найдите циклическую частоту малых колебаний системы вблизи положения равновесия. Ответ выразите через $M, m, v_0, L_0$ и $F$.

Вычислим вторую производную эффективного потенциала
$$\frac{d^2{U_{eff}}}{dx^2}=\frac{3m{v_0}^2{L_0}^2}{{x_0}^4}
$$
после чего получим уравнение гармонических колебаний
$$\frac{M\dot{x}^2}{4}+\frac{1}{2}\frac{d^2{U_{eff}}}{dx^2}=C
$$
Откуда после дифференцирования
$${\omega_0}^2=\frac{6m{v_0}^2{L_0}^2}{M}\left(\frac{F}{m{v_0}^2{L_0}^2}\right)^{\frac{4}{3}}
$$

D1  1.00 Можно показать, что в рассматриваемом приближении квадрат компоненты $v_x$ скорости шайбы зависит от координаты $x$ как $v^2_x=A+Bx+Cx^2$. Выразите $A, B$ и $C$ через $v_0$, $\alpha, a, b$ и $r$.

Для движения вдоль оси $y$ сохраняется адиабатический инвариант
$$v_yy=const
$$
С учётом начальных условий
$${v_y}^2=\frac{{v_0}^2\cos^2(\alpha){y_0}^2}{y^2}=\frac{{v_0}^2\cos^2(\alpha)\left(1-\left(\frac{r}{a}\right)^2\right)}{1-\left(\frac{x}{a}\right)^2}
$$
учитывая малость $x$ и ЗСэ
$${v_x}^2={v_0}^2-{v_y}^2={v_0}^2\left(\sin^2(\alpha)+\frac{r^2}{a^2}\cos^2(\alpha)\right)-\left(\frac{{v_0}\cos(\alpha)x}{a}\right)^2
$$
Таким образом
$$A={v_0}^2\left(\sin^2(\alpha)+\frac{r^2}{a^2}\cos^2(\alpha)\right)
$$
$$B=0
$$
$$C=-\left(\frac{{v_0}\cos(\alpha)}{a}\right)^2
$$

D2  0.60 Найдите максимальное значение координаты $x$ шайбы в процессе движения. Ответ выразите через $v_0$, $\alpha, a, b$ и $r$.

Из ЗСЭ получим
$${v_x}^2={v_0}^2-{v_y}^2={v_0}^2\left(\sin^2(\alpha)+\frac{r^2}{a^2}\cos^2(\alpha)\right)-\left(\frac{{v_0}\cos(\alpha)x}{a}\right)^2
$$
При максимуме $x$ левой части стоит ноль, поэтому
$$x_{max}=\sqrt{a^2\sin^2(\alpha)+r^2\cos^2(\alpha)}
$$

D3  0.60 Через какое время после запуска шайба впервые окажется в точке с координатой $x=0$? Какое условие на соотношение $a/b$ должно выполняться для применимости полученного результата?

Движение вдоль оси $x$ представляет собой гармонические колебания с циклической частотой $\frac{v_0\cos(\alpha)}{a}$,поэтому
$$t=\frac{a}{v_0\cos(\alpha)}\left(\frac{\pi}{2}+\arccos{\frac{r}{\sqrt{a^2\sin^2(\alpha)+r^2\cos^2(\alpha)}}}\right)
$$

E1  0.50 Найдите адиабатический инвариант $I$ для гармонического осциллятора с массой $m$, колеблющегося с циклической частотой $\omega_0$ и амплитудой $A$.

Площадь фазовой траектории в случае гармонического осциллятора - это площадь эллипса с полуосями $A$ и $m {\omega_0}A$. Таким образом
$$I=\frac{m A^2\omega_0}{2}
$$

E2  0.40 Пусть при неизменном угле наклона длину маятника адиабатически медленно увеличили до $L$. Найдите новую амплитуду колебаний маятника $\varphi$. Ответ выразите через $\varphi_0, \alpha_0, L_0$ и $L$.

Циклическая частота такого маятника следующая
$$\omega_0=\sqrt{\frac{g\sin(\alpha)}{L}}
$$
А адиабатический инвариант
$$I=\frac{m L^2{\varphi}^2}{2}\sqrt{\frac{g\sin(\alpha)}{L}}
$$
Таким образом, при неизменном угле
$$\varphi=\varphi_0\left(\frac{L_0}{L}\right)^{\frac{3}{4}}
$$

E3  0.40 Пусть при неизменной длине маятника угол наклона адиабатически медленно увеличили до значения $\alpha$. Найдите новую амплитуду колебаний $\varphi$. Ответ выразите через $\varphi_0, \alpha_0, \alpha$ и $L_0$.

Используя результат предыдущего пункта
$$\varphi=\varphi_0\left(\frac{\sin(\alpha_0)}{\sin(\alpha)}\right)^{\frac{1}{4}}
$$

F1  0.20 Выразите вектор магнитного момента кольца $\vec{m}$ через $q$,$M$ и вектор его момента импульса относительно центра $\vec{L}$.

По определению
$$\vec{L}=\int[\vec{r}\times\vec{v}]dm
$$
Учитывая, что кольцо однородное и равномерно заряжено по периметру
$$\vec{m}=\frac{q}{2m}\vec{L}
$$

F2  0.20 Покажите, что модуль момента импульса $L$ остаётся постоянным.

Момент сил ,действующих на магнитный момент в магнитном поле
$$\vec{M}=[\vec{m}\times\vec{B}]
$$
$$\frac{d\vec{L}}{dt}=\vec{M}=\frac{q}{2m}[\vec{L}\times\vec{B}]
$$
Отсюда следует, что производная вектора момента импульса перпендикулярна ему, откуда и следует, что момент импульса по модулю сохраняется.

F3  0.70 Покажите, что ось кольца испытывает прецессию и найдите вектор угловой скорости $\vec{\Omega}$ этой прецессии. Ответ выразите через $q$, $M$ и $\vec{B_0}$. Считайте, что $\Omega\ll{\omega}$.

Пусть угловая скорость вращения вектора момента импульса равна $\vec{\Omega}$
$$\frac{d\vec{L}}{dt}=[\vec{\Omega}\times\vec{L}]=\frac{q}{2m}[\vec{L}\times\vec{B}]
$$
Откуда
$$[\vec{\Omega}+\frac{q}{2m}\vec{B}\times\vec{L}]=0
$$
и окончательно
$$\vec{\Omega}=-\frac{q}{2m}\vec{B}
$$

F4  0.70 Магнитное поле адиабатически медленно начинают уменьшать со скоростью $\dot{B}$. Найдите момент сил (модуль и направление), действующих на кольцо со стороны вихревого электрического поля. В этом и следующем пункте считйте, что $\alpha_0=\pi/2$.

Есть только одна компонента момента сил - направленная вдоль магнитного поля
Вихревое поле,возникающее на расстоянии $r$ от оси, проходящей через центр вдоль магнитного поля
$$E=-\frac{\dot{B}r}{2}
$$
$$M_z=\int E(r)rdq=-\int\frac{\dot{B}r^2dq}{2}=-\frac{\dot{B}I_zq}{2m}
$$

F5  0.70 Значение магнитного поля уменьшилось до $\vec{B_1}$. Найдите угол между осью вращения и направлением магнитного поля. Изменение угла можно считать малым.

Момент импульса кольца складывается из быстрой компоненты вращения, а также из компоненты, связанной с прецессией. Тогда производная момента импульса в проекции на ось Z следующая
$$\frac{dL_z}{dt}=I_z\dot{\Omega}-I_r{\omega}\dot{\alpha}=-\frac{\dot{B}I_zq}{2m}-I_r{\omega}\dot{\alpha}=M_z=-\frac{\dot{B}I_zq}{2m}
$$
Откуда
$$\dot{\alpha}=0
$$
Таким образом, угол $\alpha$ при медленно уменьшении поля остаётся постоянным и ответ
$$\alpha_1=\frac{\pi}{2}
$$

G1  0.20 Рассмотрим для начала плоское движение в однородном магнитном поле с индукцией $B_0$. Пусть его производная по времени равна $\dot{B}$ и изменение происходит адиабатически медленно. Начальная скорость частицы равна $v_0$,её масса $M$, а заряд $q$. Выразите тангенциальное ускорение частицы $\dot{{v_\perp}}$ через $M, q, v_0, B_0$ и $\dot{B}$.

Используя полученные ранее выражения для вихревого электрического поля
$$\dot{v_\perp}=\frac{qmv_{\perp}\dot{B}}{2qBm}=\frac{v_{\perp}\dot{B}}{2B}
$$

G2  0.50 Пусть магнитное поле медленно изменило величину до значения $B$. Выразите скорость частицы $v_\perp$ через $v_0, B_0$ и $B$.

После интегрирования полученного выражения в предыдущем пункте
$$\frac{{v_\perp}^2}{B}=const
$$
Откуда
$$v_\perp=v_0\sqrt{\frac{B}{B_0}}
$$

G3  1.00 Пусть угол наклона винтовой линии равен $\alpha$ и мал. Покажите, что усреднённая по времени сила, действующая в направлении магнитного поля на заряд эквивалентна взаимодействию магнитного диполя с неоднородным полем. Найдите величину силы $F_{||}$. Ответ выразите через $m, v, q, B_z$ и $\frac{dB_z}{dz}$, где ось $z$ сонаправлена с магнитным полем.
Указание: Мы уже упоминали, что любые заряженные частицы обладают магнитным моментом. Поэтому вам достаточно рассмотреть контур с постоянным током, движущийся в неоднородном магнитном поле.

Рассмотрим проводник с током $I$,текущим по правилу правого винта. Рассмотрим замкнутую поверхность имеющую два сечения в форме проводника. По теореме Гаусса поток через неё равен нулю, поэтому
$$SdB_z=d\Phi=dz\int B_\perp dl
$$
Для $F_z$ имеем
$$F_z=I\int B_\perp dl=Is\frac{dB_z}{dz}=m_z\frac{dB_z}{dz}
$$
Момент импульса частицы направлен против магнитного поля, найдём его по модулю
$$L_z=-m{v_\perp} r=-\frac{m^2{v_\perp}^2}{qB}
$$

$$m_z=\frac{q}{2m}L_z=-\frac{m{v_\perp}^2}{2B}
$$
И окончательно
$$F_z=-\frac{m{v_\perp}^2}{2B}\frac{dB_z}{dz}
$$

G4  0.70 Используя результаты предыдущих пунктов, определите зависимость угла $\alpha$ от величины магнитного поля $B$ Ответ выразите через $\alpha_0, B_0$ и $B$.

Из закона сохранения энергии следует, что модуль скорости частицы не меняется. Перпендикулярная компонента скорости выражается как
$$
v_\perp = v \cos \alpha.
$$

Из инварианта, найденного в предыдущем пункте
$$
v_\perp^2 = v_{0\perp}^2 \frac{B}{B_0}.
$$
Отсюда
$$
\cos \alpha= \cos \alpha_0 \sqrt{\frac{B}{B_0}}.
$$

G5  0.60 Выразите максимально возможное значение угла $\alpha$ через $r_m$.

Для возможности работы магнитного зеркала необходимо, чтобы $\sin(\alpha)$ принимал любые значения вплоть до нуля. Тогда
$$\cos(\alpha_0)\geq\frac{1}{\sqrt{r}}
$$

H1  0.40 Получите точную формулу зависимости индукции магнитного поля от координаты $x$. Начало координат находится по центру между витками, ось $x$ направлена вдоль магнитного поля. Найдите, учитывая малость некоторых параметров, также максимальное и минимальное значение суммарной индукции магнитного поля на оси витков.

Из закона Био-Савара-Лапласа
$$d\vec{B}=\frac{\mu_0 I}{4\pi}\frac{[d\vec{r}\times\vec{r}]}{r^3}
$$
с учётом одинаковой направленности сил тока получим
$$B(x)=B_0+\frac{\mu_0 IR^2}{2}\left(\frac{1}{\sqrt{R^2+(H-x)^2}}+\frac{1}{\sqrt{R^2+(H+x)^2}}\right)
$$
Максимум данной функции достигается в центрах витков, а минимум - при $x=0$. Отсюда с учётом малости полей витков
$$B_{min}=B_0
$$
$$B_{max}=B_0+\frac{\mu_0 I}{2R}
$$

H2  0.60 Найдите коэффициент зеркальности $r_m$ для данной системы. Учтите здесь и в дальнейшем, что $H\gg{R}$.

$$r=1+\frac{\mu_0 I}{2B_0R}
$$

H3  1.00 Качественно нарисуйте силовую линию, проходящую через плоскость кольца на малом расстоянии $R_0\ll{R}$ от его оси в координатах $r'(x)$, где $r'$ — расстояние до оси симметрии системы. Найдите максимальное значение $r'$ и выразите ответ в виде: $r' \approx A + B (r-1)$.

Рассмотрим трубку силовых линий, симметричную относительно оси системы и ограниченную линиями, проходящими на расстоянии $R_0$ через плоскость кольца. Поскольку поток магнитного поля через замкнутую поверхность равен нулю, можем написать соотношение
$$
B_{max} R_0^2 = B_{min} r'^2.
$$
Отсюда
$$
r' = R_0 \sqrt{\frac{B_{max}}{B_{min}}} = R_0 \sqrt{1+\frac{\mu_0 I}{2B_0R}}
$$

H4  0.50 Найдите максимальное значение угла $\alpha$ в процессе движения, если отражения от магнитных зеркал происходит в плоскости колец. Считайте, что точки разворота частицы находятся достаточно близко к центрам колец. Учтите малость $r_m$.

$$\cos^2(\alpha_0)=\frac{1}{r}
$$
Поэтому
$$\sin^2(\alpha_{max})=1-\frac{1}{r}=\frac{\mu_0 I}{2B_0R}
$$
Или
$$\alpha_{max}\approx{\sqrt{\frac{\mu_0 I}{2B_0R}}}
$$