Solution

1. Deflection field

Using nonrelativistic mechanics, acceleration through the voltage \(V_0\) gives \[ \frac12mv_0^2=eV_0, \] hence \[ v_0=\sqrt{2\left(\frac em\right)V_0} =\sqrt{2(1.76\times10^{11})(3.00\times10^3)} =3.25\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}. \]

For the reference electron on the circular orbit, the velocity is parallel to the toroidal field. Consequently, that field produces no force on this electron.

The deflection field must supply the inward centripetal force. For \(\vec B_1=B_1\hat{\mathbf z}\), the electron’s Lorentz force is \[ \vec F=-e\vec v\times\vec B_1 =-ev_0B_1\hat{\mathbf r}, \] which points inward everywhere around the circle. Thus \[ ev_0B_1=\frac{mv_0^2}{R}. \]

Therefore \[ \boxed{\vec B_1=\frac{mv_0}{eR}\hat{\mathbf z}}, \] with magnitude \[ B_1= \frac{3.2496\times10^7} {(1.76\times10^{11})(0.050)} =3.69\times10^{-3}\ \mathrm T. \]

The required field is homogeneous and points out of the plane of the diagram.

2. Four focussing points

For this part, neglect the curvature of the guiding field as instructed. Locally, an electron follows a helix about the field direction. If its initial angle to the field is \(\alpha\), then \[ v_\parallel=v_0\cos\alpha\simeq v_0, \qquad v_\perp=v_0\sin\alpha\simeq v_0\alpha. \]

The transverse motion has cyclotron angular frequency and period \[ \omega=\frac{eB}{m}, \qquad T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi m}{eB}. \] Although the gyration radius depends on \(\alpha\), the period does not. After one complete gyration, every electron returns to its initial transverse position.

The distance along the beam to the next focus is therefore, to first order in the small aperture angle, \[ \ell=v_\parallel T\simeq v_0T =\frac{2\pi mv_0}{eB}. \] Differences in \(v_\parallel\) enter only at order \(\alpha^2\), which is neglected.

Four equally spaced focussing points require \[ \ell=\frac{2\pi R}{4}=\frac{\pi R}{2}. \] Equating these distances gives \[ \frac{2\pi mv_0}{eB}=\frac{\pi R}{2}, \] so \[ \boxed{B=\frac{4mv_0}{eR}=4B_1 =1.48\times10^{-2}\ \mathrm T}. \]

The successive refocussings occur at azimuthal advances \(\pi/2,\pi,3\pi/2,2\pi\); the last coincides with P. Thus there are four distinct focussing positions around the toroid, including P.

3(a). Finite radial deviation without the deflection field

Now remove \(\vec B_1\) and neglect the beam aperture. Use cylindrical coordinates about the toroid’s symmetry axis: \[ \vec B=B\hat{\boldsymbol\phi}, \qquad \vec v=\dot r\,\hat{\mathbf r} +r\dot\phi\,\hat{\boldsymbol\phi} +\dot z\,\hat{\mathbf z}. \] Initially, \[ r=R,\qquad \dot r=0,\qquad \dot z=0,\qquad r\dot\phi=v_0. \]

A magnetic field does no work, so the speed remains constant: \[ \dot r^{\,2}+r^2\dot\phi^{\,2}+\dot z^{\,2}=v_0^2. \tag{1} \]

The magnetic force has no azimuthal component. Therefore angular momentum about the symmetry axis is conserved: \[ mr^2\dot\phi=mRv_0, \qquad r\dot\phi=\frac{Rv_0}{r}. \tag{2} \] Since the azimuthal speed cannot exceed the total speed, equation (2) immediately implies \[ r\ge R. \tag{3} \]

To obtain an upper bound, use the axial component of the Lorentz force: \[ -e\vec v\times\vec B =eB\dot z\,\hat{\mathbf r} -eB\dot r\,\hat{\mathbf z}. \] Thus \[ m\ddot z=-eB\dot r. \] Because \(B\) is constant, integration with the initial conditions gives \[ \dot z=-\frac{eB}{m}(r-R)=-\omega(r-R). \tag{4} \]

Substituting equations (2) and (4) into energy conservation yields \[ \boxed{ \dot r^{\,2} +\frac{R^2v_0^2}{r^2} +\omega^2(r-R)^2 =v_0^2. } \tag{5} \] Every term on the left is nonnegative. Consequently, \[ \omega^2(r-R)^2\le v_0^2. \] Together with equation (3), this proves \[ \boxed{0\le r-R\le\frac{v_0}{\omega} =\frac{mv_0}{eB}}. \]

For the field found in part 2, \(\omega=4v_0/R\), giving the finite bound \[ r-R\le\frac R4=12.5\ \mathrm{mm}. \]

Equation (5) also gives the actual outer turning point. Set \(\dot r=0\) and write \(x=(r-R)/R\). Then \[ 16x^2+\frac{1}{(1+x)^2}=1. \] Besides the initial turning point \(x=0\), the positive root satisfies \[ 16x(1+x)^2=x+2, \] giving \[ x=0.107403, \qquad \boxed{r_{\max}-R=5.37\ \mathrm{mm}}. \]

3(b). Direction of the drift

Equations (3) and (4) give \[ \dot z=-\omega(r-R)\le0. \] Thus the axial velocity never points in the \(+\hat{\mathbf z}\) direction.

The motion actually leaves \(r=R\): initially the magnetic force vanishes because the velocity is parallel to \(\vec B\), and the radial equation gives \[ \ddot r(0)=\frac{v_0^2}{R}>0. \] Hence \(r>R\) shortly after injection and \(\dot z<0\). As the radial motion oscillates between its turning points, the axial displacement continues to accumulate in the negative direction: \[ \left\langle\dot z\right\rangle =-\omega\left\langle r-R\right\rangle<0. \]

Therefore the systematic drift is \[ \boxed{\text{into the page, opposite to }\vec B_1.} \]

The solution was checked against the official solution.

Lösung

1. Ablenkfeld

In der nichtrelativistischen Mechanik ergibt die Beschleunigung durch die Spannung \(V_0\) \[ \frac12mv_0^2=eV_0, \] also \[ v_0=\sqrt{2\left(\frac em\right)V_0} =\sqrt{2(1.76\times10^{11})(3.00\times10^3)} =3.25\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}. \]

Für das Referenzelektron auf der Kreisbahn ist die Geschwindigkeit parallel zum toroidalen Feld. Daher übt dieses Feld keine Kraft auf dieses Elektron aus.

Das Ablenkfeld muss die nach innen gerichtete Zentripetalkraft liefern. Für \(\vec B_1=B_1\hat{\mathbf z}\) ist die Lorentzkraft auf das Elektron \[ \vec F=-e\vec v\times\vec B_1 =-ev_0B_1\hat{\mathbf r}, \] die an jedem Punkt der Kreisbahn nach innen zeigt. Somit gilt \[ ev_0B_1=\frac{mv_0^2}{R}. \]

Daraus folgt \[ \boxed{\vec B_1=\frac{mv_0}{eR}\hat{\mathbf z}}, \] mit dem Betrag \[ B_1= \frac{3.2496\times10^7} {(1.76\times10^{11})(0.050)} =3.69\times10^{-3}\ \mathrm T. \]

Das erforderliche Feld ist homogen und zeigt aus der Zeichenebene heraus.

2. Vier Fokussierungspunkte

In diesem Teil wird die Krümmung des Führungsfeldes wie vorgegeben vernachlässigt. Lokal folgt ein Elektron einer Schraubenbahn um die Feldrichtung. Beträgt sein anfänglicher Winkel zur Feldrichtung \(\alpha\), so gilt \[ v_\parallel=v_0\cos\alpha\simeq v_0, \qquad v_\perp=v_0\sin\alpha\simeq v_0\alpha. \]

Die Querbewegung hat die Zyklotronkreisfrequenz und die Umlaufdauer \[ \omega=\frac{eB}{m}, \qquad T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi m}{eB}. \] Während der Gyrationsradius von \(\alpha\) abhängt, ist die Umlaufdauer davon unabhängig. Nach einem vollständigen Umlauf kehrt jedes Elektron zu seiner anfänglichen Querposition zurück.

Der Abstand entlang des Strahls bis zum nächsten Fokus beträgt daher in erster Ordnung im kleinen Öffnungswinkel \[ \ell=v_\parallel T\simeq v_0T =\frac{2\pi mv_0}{eB}. \] Unterschiede in \(v_\parallel\) treten erst in der Ordnung \(\alpha^2\) auf, die vernachlässigt wird.

Vier gleichmäßig verteilte Fokussierungspunkte erfordern \[ \ell=\frac{2\pi R}{4}=\frac{\pi R}{2}. \] Das Gleichsetzen dieser Abstände ergibt \[ \frac{2\pi mv_0}{eB}=\frac{\pi R}{2}, \] also \[ \boxed{B=\frac{4mv_0}{eR}=4B_1 =1.48\times10^{-2}\ \mathrm T}. \]

Die aufeinanderfolgenden erneuten Fokussierungen treten bei azimutalen Winkelzunahmen von \(\pi/2,\pi,3\pi/2,2\pi\) auf; die letzte fällt mit P zusammen. Somit gibt es entlang des Toroids vier verschiedene Fokussierungspositionen, einschließlich P.

3(a). Endliche radiale Abweichung ohne Ablenkfeld

Nun wird \(\vec B_1\) entfernt und der Öffnungswinkel des Strahls vernachlässigt. Wir verwenden Zylinderkoordinaten um die Symmetrieachse des Toroids: \[ \vec B=B\hat{\boldsymbol\phi}, \qquad \vec v=\dot r\,\hat{\mathbf r} +r\dot\phi\,\hat{\boldsymbol\phi} +\dot z\,\hat{\mathbf z}. \] Anfangs gilt \[ r=R,\qquad \dot r=0,\qquad \dot z=0,\qquad r\dot\phi=v_0. \]

Ein Magnetfeld verrichtet keine Arbeit, daher bleibt der Geschwindigkeitsbetrag konstant: \[ \dot r^{\,2}+r^2\dot\phi^{\,2}+\dot z^{\,2}=v_0^2. \tag{1} \]

Die magnetische Kraft hat keine azimutale Komponente. Daher bleibt der Drehimpuls bezüglich der Symmetrieachse erhalten: \[ mr^2\dot\phi=mRv_0, \qquad r\dot\phi=\frac{Rv_0}{r}. \tag{2} \] Da die azimutale Geschwindigkeit den Gesamtgeschwindigkeitsbetrag nicht überschreiten kann, folgt aus Gleichung (2) unmittelbar \[ r\ge R. \tag{3} \]

Um eine obere Schranke zu erhalten, verwenden wir die axiale Komponente der Lorentzkraft: \[ -e\vec v\times\vec B =eB\dot z\,\hat{\mathbf r} -eB\dot r\,\hat{\mathbf z}. \] Somit gilt \[ m\ddot z=-eB\dot r. \] Da \(B\) konstant ist, ergibt die Integration unter Berücksichtigung der Anfangsbedingungen \[ \dot z=-\frac{eB}{m}(r-R)=-\omega(r-R). \tag{4} \]

Setzt man die Gleichungen (2) und (4) in den Energieerhaltungssatz ein, erhält man \[ \boxed{ \dot r^{\,2} +\frac{R^2v_0^2}{r^2} +\omega^2(r-R)^2 =v_0^2. } \tag{5} \] Jeder Term auf der linken Seite ist nichtnegativ. Folglich gilt \[ \omega^2(r-R)^2\le v_0^2. \] Zusammen mit Gleichung (3) beweist dies \[ \boxed{0\le r-R\le\frac{v_0}{\omega} =\frac{mv_0}{eB}}. \]

Für das in Teil 2 bestimmte Feld gilt \(\omega=4v_0/R\); damit ergibt sich die endliche Schranke \[ r-R\le\frac R4=12.5\ \mathrm{mm}. \]

Gleichung (5) liefert auch den tatsächlichen äußeren Umkehrpunkt. Wir setzen \(\dot r=0\) und schreiben \(x=(r-R)/R\). Dann gilt \[ 16x^2+\frac{1}{(1+x)^2}=1. \] Neben dem anfänglichen Umkehrpunkt \(x=0\) erfüllt die positive Nullstelle \[ 16x(1+x)^2=x+2, \] woraus folgt \[ x=0.107403, \qquad \boxed{r_{\max}-R=5.37\ \mathrm{mm}}. \]

3(b). Richtung der Drift

Die Gleichungen (3) und (4) ergeben \[ \dot z=-\omega(r-R)\le0. \] Somit zeigt die axiale Geschwindigkeit niemals in die \(+\hat{\mathbf z}\)-Richtung.

Bei der Bewegung wird \(r=R\) tatsächlich verlassen: Anfangs verschwindet die magnetische Kraft, weil die Geschwindigkeit parallel zu \(\vec B\) ist, und die radiale Bewegungsgleichung ergibt \[ \ddot r(0)=\frac{v_0^2}{R}>0. \] Daher gilt kurz nach dem Einschuss \(r>R\) und \(\dot z<0\). Während die radiale Bewegung zwischen ihren Umkehrpunkten oszilliert, nimmt die axiale Verschiebung in negativer Richtung weiter zu: \[ \left\langle\dot z\right\rangle =-\omega\left\langle r-R\right\rangle<0. \]

Die systematische Drift ist daher \[ \boxed{\text{in die Zeichenebene hinein gerichtet, entgegen }\vec B_1.} \]

Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.

Çözüm

1. Saptırma alanı

Göreli olmayan mekanik kullanıldığında, \(V_0\) gerilimi altında hızlandırma \[ \frac12mv_0^2=eV_0, \] bağıntısını verir; buradan \[ v_0=\sqrt{2\left(\frac em\right)V_0} =\sqrt{2(1.76\times10^{11})(3.00\times10^3)} =3.25\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}. \]

Dairesel yörüngedeki referans elektronun hızı toroidal alana paraleldir. Dolayısıyla bu alan, söz konusu elektrona kuvvet uygulamaz.

Saptırma alanı, içeri yönelen merkezcil kuvveti sağlamalıdır. \(\vec B_1=B_1\hat{\mathbf z}\) için elektrona etki eden Lorentz kuvveti \[ \vec F=-e\vec v\times\vec B_1 =-ev_0B_1\hat{\mathbf r}, \] olup çemberin her noktasında içeri yönelir. Dolayısıyla \[ ev_0B_1=\frac{mv_0^2}{R}. \]

Böylece \[ \boxed{\vec B_1=\frac{mv_0}{eR}\hat{\mathbf z}}, \] ve büyüklüğü \[ B_1= \frac{3.2496\times10^7} {(1.76\times10^{11})(0.050)} =3.69\times10^{-3}\ \mathrm T. \]

Gereken alan düzgündür ve şeklin düzleminden dışarı doğru yönelir.

2. Dört odaklanma noktası

Bu kısımda, belirtildiği üzere yönlendirici alanın eğriliğini ihmal edin. Yerel olarak bir elektron, alan doğrultusu etrafında helisel bir yörünge izler. Başlangıçta alanla yaptığı açı \(\alpha\) ise \[ v_\parallel=v_0\cos\alpha\simeq v_0, \qquad v_\perp=v_0\sin\alpha\simeq v_0\alpha. \]

Enine hareketin siklotron açısal frekansı ve periyodu \[ \omega=\frac{eB}{m}, \qquad T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi m}{eB}. \] Dönme yarıçapı \(\alpha\)'ya bağlı olsa da periyot bağlı değildir. Bir tam dönmenin ardından her elektron başlangıçtaki enine konumuna geri döner.

Dolayısıyla demet boyunca bir sonraki odağa olan uzaklık, küçük açıklık açısında birinci mertebeye kadar, \[ \ell=v_\parallel T\simeq v_0T =\frac{2\pi mv_0}{eB}. \] \(v_\parallel\)'deki farklar yalnızca ihmal edilen \(\alpha^2\) mertebesinde ortaya çıkar.

Eşit aralıklı dört odaklanma noktası için \[ \ell=\frac{2\pi R}{4}=\frac{\pi R}{2}. \] Bu uzaklıklar eşitlendiğinde \[ \frac{2\pi mv_0}{eB}=\frac{\pi R}{2}, \] dolayısıyla \[ \boxed{B=\frac{4mv_0}{eR}=4B_1 =1.48\times10^{-2}\ \mathrm T}. \]

Ardışık yeniden odaklanmalar, azimut açısındaki ilerleme \(\pi/2,\pi,3\pi/2,2\pi\) olduğunda gerçekleşir; sonuncusu P ile çakışır. Böylece toroid boyunca, P dahil, dört farklı odaklanma konumu bulunur.

3(a). Saptırma alanı olmadan sonlu radyal sapma

Şimdi \(\vec B_1\)'i kaldırın ve demetin açıklık açısını ihmal edin. Toroidin simetri ekseni etrafında silindirik koordinatları kullanın: \[ \vec B=B\hat{\boldsymbol\phi}, \qquad \vec v=\dot r\,\hat{\mathbf r} +r\dot\phi\,\hat{\boldsymbol\phi} +\dot z\,\hat{\mathbf z}. \] Başlangıçta, \[ r=R,\qquad \dot r=0,\qquad \dot z=0,\qquad r\dot\phi=v_0. \]

Manyetik alan iş yapmadığından sürat sabit kalır: \[ \dot r^{\,2}+r^2\dot\phi^{\,2}+\dot z^{\,2}=v_0^2. \tag{1} \]

Manyetik kuvvetin azimut doğrultusunda bileşeni yoktur. Bu nedenle simetri eksenine göre açısal momentum korunur: \[ mr^2\dot\phi=mRv_0, \qquad r\dot\phi=\frac{Rv_0}{r}. \tag{2} \] Azimut doğrultusundaki sürat toplam sürati aşamayacağından, denklem (2) doğrudan \[ r\ge R. \tag{3} \] sonucunu verir.

Bir üst sınır elde etmek için Lorentz kuvvetinin eksenel bileşenini kullanın: \[ -e\vec v\times\vec B =eB\dot z\,\hat{\mathbf r} -eB\dot r\,\hat{\mathbf z}. \] Dolayısıyla \[ m\ddot z=-eB\dot r. \] \(B\) sabit olduğundan, başlangıç koşulları kullanılarak integral alındığında \[ \dot z=-\frac{eB}{m}(r-R)=-\omega(r-R). \tag{4} \]

Denklem (2) ve (4) enerjinin korunumu bağıntısında yerine konulduğunda \[ \boxed{ \dot r^{\,2} +\frac{R^2v_0^2}{r^2} +\omega^2(r-R)^2 =v_0^2. } \tag{5} \] Sol taraftaki her terim sıfır ya da pozitiftir. Sonuç olarak, \[ \omega^2(r-R)^2\le v_0^2. \] Denklem (3) ile birlikte bu, \[ \boxed{0\le r-R\le\frac{v_0}{\omega} =\frac{mv_0}{eB}}. \] eşitsizliğini kanıtlar.

2. kısımda bulunan alan için \(\omega=4v_0/R\) olduğundan sonlu sınır \[ r-R\le\frac R4=12.5\ \mathrm{mm}. \]

Denklem (5), gerçek dış dönüm noktasını da verir. \(\dot r=0\) alın ve \(x=(r-R)/R\) yazın. Bu durumda \[ 16x^2+\frac{1}{(1+x)^2}=1. \] Başlangıçtaki \(x=0\) dönüm noktasının yanı sıra, pozitif kök \[ 16x(1+x)^2=x+2, \] bağıntısını sağlar ve buradan \[ x=0.107403, \qquad \boxed{r_{\max}-R=5.37\ \mathrm{mm}}. \]

3(b). Sürüklenmenin yönü

Denklem (3) ve (4), \[ \dot z=-\omega(r-R)\le0. \] sonucunu verir. Dolayısıyla eksenel hız hiçbir zaman \(+\hat{\mathbf z}\) yönünde değildir.

Hareket gerçekten de \(r=R\)'den uzaklaşır: başlangıçta hız \(\vec B\)'ye paralel olduğundan manyetik kuvvet sıfırdır ve radyal hareket denklemi \[ \ddot r(0)=\frac{v_0^2}{R}>0. \] sonucunu verir. Bu nedenle girişten kısa bir süre sonra \(r>R\) ve \(\dot z<0\) olur. Radyal hareket dönüm noktaları arasında salınırken eksenel yer değiştirme negatif yönde birikmeye devam eder: \[ \left\langle\dot z\right\rangle =-\omega\left\langle r-R\right\rangle<0. \]

Dolayısıyla sistematik sürüklenme \[ \boxed{\text{sayfa düzleminin içine doğru, şu alana zıt yönde: }\vec B_1.} \]

Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.

Solución

1. Campo de desviación

Según la mecánica no relativista, la aceleración mediante la tensión \(V_0\) da \[ \frac12mv_0^2=eV_0, \] de donde \[ v_0=\sqrt{2\left(\frac em\right)V_0} =\sqrt{2(1.76\times10^{11})(3.00\times10^3)} =3.25\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}. \]

Para el electrón de referencia en la órbita circular, la velocidad es paralela al campo toroidal. Por consiguiente, ese campo no ejerce ninguna fuerza sobre este electrón.

El campo de desviación debe proporcionar la fuerza centrípeta dirigida hacia el centro. Para \(\vec B_1=B_1\hat{\mathbf z}\), la fuerza de Lorentz sobre el electrón es \[ \vec F=-e\vec v\times\vec B_1 =-ev_0B_1\hat{\mathbf r}, \] que apunta hacia el centro en todos los puntos de la circunferencia. Por tanto, \[ ev_0B_1=\frac{mv_0^2}{R}. \]

En consecuencia, \[ \boxed{\vec B_1=\frac{mv_0}{eR}\hat{\mathbf z}}, \] con módulo \[ B_1= \frac{3.2496\times10^7} {(1.76\times10^{11})(0.050)} =3.69\times10^{-3}\ \mathrm T. \]

El campo requerido es homogéneo y apunta hacia fuera del plano del diagrama.

2. Cuatro puntos de enfoque

En esta parte, desprecie la curvatura del campo guía, tal como se indica. Localmente, un electrón describe una hélice alrededor de la dirección del campo. Si su ángulo inicial con el campo es \(\alpha\), entonces \[ v_\parallel=v_0\cos\alpha\simeq v_0, \qquad v_\perp=v_0\sin\alpha\simeq v_0\alpha. \]

El movimiento transversal tiene una frecuencia angular ciclotrónica y un período dados por \[ \omega=\frac{eB}{m}, \qquad T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi m}{eB}. \] Aunque el radio de giro depende de \(\alpha\), el período no. Después de una vuelta completa, cada electrón regresa a su posición transversal inicial.

Por tanto, la distancia a lo largo del haz hasta el siguiente foco es, a primer orden en el pequeño ángulo de apertura, \[ \ell=v_\parallel T\simeq v_0T =\frac{2\pi mv_0}{eB}. \] Las diferencias en \(v_\parallel\) solo aparecen a orden \(\alpha^2\), que se desprecia.

Para tener cuatro puntos de enfoque equidistantes, se requiere \[ \ell=\frac{2\pi R}{4}=\frac{\pi R}{2}. \] Al igualar estas distancias se obtiene \[ \frac{2\pi mv_0}{eB}=\frac{\pi R}{2}, \] de modo que \[ \boxed{B=\frac{4mv_0}{eR}=4B_1 =1.48\times10^{-2}\ \mathrm T}. \]

Los sucesivos reenfoques se producen tras avances azimutales de \(\pi/2,\pi,3\pi/2,2\pi\); el último coincide con P. Así pues, hay cuatro posiciones de enfoque distintas alrededor del toroide, incluida P.

3(a). Desviación radial finita sin el campo de desviación

Retire ahora \(\vec B_1\) y desprecie la apertura del haz. Utilice coordenadas cilíndricas en torno al eje de simetría del toroide: \[ \vec B=B\hat{\boldsymbol\phi}, \qquad \vec v=\dot r\,\hat{\mathbf r} +r\dot\phi\,\hat{\boldsymbol\phi} +\dot z\,\hat{\mathbf z}. \] Inicialmente, \[ r=R,\qquad \dot r=0,\qquad \dot z=0,\qquad r\dot\phi=v_0. \]

Un campo magnético no realiza trabajo, por lo que el módulo de la velocidad permanece constante: \[ \dot r^{\,2}+r^2\dot\phi^{\,2}+\dot z^{\,2}=v_0^2. \tag{1} \]

La fuerza magnética no tiene componente azimutal. Por tanto, se conserva el momento angular respecto al eje de simetría: \[ mr^2\dot\phi=mRv_0, \qquad r\dot\phi=\frac{Rv_0}{r}. \tag{2} \] Como la componente azimutal de la velocidad no puede superar el módulo de la velocidad total, la ecuación (2) implica inmediatamente \[ r\ge R. \tag{3} \]

Para obtener una cota superior, utilice la componente axial de la fuerza de Lorentz: \[ -e\vec v\times\vec B =eB\dot z\,\hat{\mathbf r} -eB\dot r\,\hat{\mathbf z}. \] Por tanto, \[ m\ddot z=-eB\dot r. \] Como \(B\) es constante, al integrar con las condiciones iniciales se obtiene \[ \dot z=-\frac{eB}{m}(r-R)=-\omega(r-R). \tag{4} \]

Al sustituir las ecuaciones (2) y (4) en la conservación de la energía, se obtiene \[ \boxed{ \dot r^{\,2} +\frac{R^2v_0^2}{r^2} +\omega^2(r-R)^2 =v_0^2. } \tag{5} \] Todos los términos del miembro izquierdo son no negativos. En consecuencia, \[ \omega^2(r-R)^2\le v_0^2. \] Junto con la ecuación (3), esto demuestra que \[ \boxed{0\le r-R\le\frac{v_0}{\omega} =\frac{mv_0}{eB}}. \]

Para el campo hallado en la parte 2, \(\omega=4v_0/R\), lo que da la cota finita \[ r-R\le\frac R4=12.5\ \mathrm{mm}. \]

La ecuación (5) también proporciona el punto de retorno exterior real. Haga \(\dot r=0\) y escriba \(x=(r-R)/R\). Entonces \[ 16x^2+\frac{1}{(1+x)^2}=1. \] Además del punto de retorno inicial \(x=0\), la raíz positiva satisface \[ 16x(1+x)^2=x+2, \] de donde se obtiene \[ x=0.107403, \qquad \boxed{r_{\max}-R=5.37\ \mathrm{mm}}. \]

3(b). Dirección y sentido de la deriva

Las ecuaciones (3) y (4) dan \[ \dot z=-\omega(r-R)\le0. \] Por tanto, la velocidad axial nunca apunta en el sentido \(+\hat{\mathbf z}\).

El movimiento se aparta efectivamente de \(r=R\): inicialmente, la fuerza magnética es nula porque la velocidad es paralela a \(\vec B\), y la ecuación radial da \[ \ddot r(0)=\frac{v_0^2}{R}>0. \] Por consiguiente, \(r>R\) poco después de la inyección y \(\dot z<0\). Mientras el movimiento radial oscila entre sus puntos de retorno, el desplazamiento axial sigue acumulándose en el sentido negativo: \[ \left\langle\dot z\right\rangle =-\omega\left\langle r-R\right\rangle<0. \]

Por tanto, la deriva sistemática es \[ \boxed{\text{hacia dentro de la página, en sentido opuesto a }\vec B_1.} \]

La solución se comprobó con la solución oficial.

解答

1. 偏转磁场

根据非相对论力学，电子经电压 \(V_0\) 加速后有 \[ \frac12mv_0^2=eV_0, \] 因此 \[ v_0=\sqrt{2\left(\frac em\right)V_0} =\sqrt{2(1.76\times10^{11})(3.00\times10^3)} =3.25\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}. \]

对于沿圆形轨道运动的参考电子，其速度与环形磁场平行。因此，该磁场对这个电子不产生作用力。

偏转磁场必须提供指向圆心的向心力。当 \(\vec B_1=B_1\hat{\mathbf z}\) 时，电子所受的洛伦兹力为 \[ \vec F=-e\vec v\times\vec B_1 =-ev_0B_1\hat{\mathbf r}, \] 在圆周上各处都指向圆心。因此 \[ ev_0B_1=\frac{mv_0^2}{R}. \]

所以 \[ \boxed{\vec B_1=\frac{mv_0}{eR}\hat{\mathbf z}}, \] 其大小为 \[ B_1= \frac{3.2496\times10^7} {(1.76\times10^{11})(0.050)} =3.69\times10^{-3}\ \mathrm T. \]

所需的磁场是均匀磁场，方向垂直于图面向外。

2. 四个聚焦点

本问按题目要求忽略引导磁场的弯曲。在局部，电子绕磁场方向做螺旋运动。若其初速度与磁场的夹角为 \(\alpha\)，则 \[ v_\parallel=v_0\cos\alpha\simeq v_0, \qquad v_\perp=v_0\sin\alpha\simeq v_0\alpha. \]

横向运动的回旋角频率和周期为 \[ \omega=\frac{eB}{m}, \qquad T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi m}{eB}. \] 虽然回旋半径取决于 \(\alpha\)，但周期与其无关。完成一整圈回旋后，每个电子都回到各自的初始横向位置。

因此，保留小张角的一阶项时，沿电子束方向到下一个焦点的距离为 \[ \ell=v_\parallel T\simeq v_0T =\frac{2\pi mv_0}{eB}. \] \(v_\parallel\) 的差异仅在 \(\alpha^2\) 阶出现，在此忽略。

四个等间隔聚焦点要求 \[ \ell=\frac{2\pi R}{4}=\frac{\pi R}{2}. \] 令这两个距离相等，得到 \[ \frac{2\pi mv_0}{eB}=\frac{\pi R}{2}, \] 所以 \[ \boxed{B=\frac{4mv_0}{eR}=4B_1 =1.48\times10^{-2}\ \mathrm T}. \]

电子束依次在方位角增加 \(\pi/2,\pi,3\pi/2,2\pi\) 时重新聚焦；最后一个聚焦点与 P 重合。因此，沿螺绕环共有四个不同的聚焦位置，包括 P。

3(a). 无偏转磁场时的有限径向偏移

现在撤去 \(\vec B_1\)，并忽略电子束的张角。以螺绕环的对称轴为轴建立柱坐标系： \[ \vec B=B\hat{\boldsymbol\phi}, \qquad \vec v=\dot r\,\hat{\mathbf r} +r\dot\phi\,\hat{\boldsymbol\phi} +\dot z\,\hat{\mathbf z}. \] 初始时， \[ r=R,\qquad \dot r=0,\qquad \dot z=0,\qquad r\dot\phi=v_0. \]

磁场不做功，因此速率保持不变： \[ \dot r^{\,2}+r^2\dot\phi^{\,2}+\dot z^{\,2}=v_0^2. \tag{1} \]

磁场力没有方位角方向的分量。因此，关于对称轴的角动量守恒： \[ mr^2\dot\phi=mRv_0, \qquad r\dot\phi=\frac{Rv_0}{r}. \tag{2} \] 由于方位角方向的速率不可能超过总速率，由式 (2) 立即得到 \[ r\ge R. \tag{3} \]

为求得上界，利用洛伦兹力的轴向分量： \[ -e\vec v\times\vec B =eB\dot z\,\hat{\mathbf r} -eB\dot r\,\hat{\mathbf z}. \] 因此 \[ m\ddot z=-eB\dot r. \] 由于 \(B\) 为常量，积分并代入初始条件，得到 \[ \dot z=-\frac{eB}{m}(r-R)=-\omega(r-R). \tag{4} \]

将式 (2) 和式 (4) 代入能量守恒关系，得到 \[ \boxed{ \dot r^{\,2} +\frac{R^2v_0^2}{r^2} +\omega^2(r-R)^2 =v_0^2. } \tag{5} \] 左边每一项都非负。因此， \[ \omega^2(r-R)^2\le v_0^2. \] 结合式 (3)，便证明了 \[ \boxed{0\le r-R\le\frac{v_0}{\omega} =\frac{mv_0}{eB}}. \]

对于第 2 问求得的磁场，\(\omega=4v_0/R\)，从而得到有限的上界 \[ r-R\le\frac R4=12.5\ \mathrm{mm}. \]

式 (5) 还可以给出实际的外侧转向点。令 \(\dot r=0\)，并记 \(x=(r-R)/R\)。于是 \[ 16x^2+\frac{1}{(1+x)^2}=1. \] 除初始转向点 \(x=0\) 外，正根满足 \[ 16x(1+x)^2=x+2, \] 解得 \[ x=0.107403, \qquad \boxed{r_{\max}-R=5.37\ \mathrm{mm}}. \]

3(b). 漂移方向

由式 (3) 和式 (4) 得 \[ \dot z=-\omega(r-R)\le0. \] 因此，轴向速度绝不会指向 \(+\hat{\mathbf z}\) 方向。

电子确实会离开 \(r=R\) 的位置：初始时，速度与 \(\vec B\) 平行，因而磁场力为零，径向运动方程给出 \[ \ddot r(0)=\frac{v_0^2}{R}>0. \] 因此，注入后不久便有 \(r>R\) 且 \(\dot z<0\)。当径向运动在两个转向点之间振荡时，轴向位移持续向负方向累积： \[ \left\langle\dot z\right\rangle =-\omega\left\langle r-R\right\rangle<0. \]

所以，定向漂移的方向为 \[ \boxed{\text{指向纸面内，方向相反于 }\vec B_1.} \]

解答已与官方解答核对。

Решение

1. Отклоняющее поле

В нерелятивистской механике ускорение напряжением \(V_0\) даёт \[ \frac12mv_0^2=eV_0, \] откуда \[ v_0=\sqrt{2\left(\frac em\right)V_0} =\sqrt{2(1.76\times10^{11})(3.00\times10^3)} =3.25\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}. \]

Для электрона, движущегося по рассматриваемой круговой орбите, скорость параллельна тороидальному полю. Следовательно, это поле не действует на данный электрон с какой-либо силой.

Отклоняющее поле должно создавать направленную к центру центростремительную силу. При \(\vec B_1=B_1\hat{\mathbf z}\) сила Лоренца, действующая на электрон, равна \[ \vec F=-e\vec v\times\vec B_1 =-ev_0B_1\hat{\mathbf r}, \] и в любой точке окружности направлена к центру. Таким образом, \[ ev_0B_1=\frac{mv_0^2}{R}. \]

Следовательно, \[ \boxed{\vec B_1=\frac{mv_0}{eR}\hat{\mathbf z}}, \] а модуль поля равен \[ B_1= \frac{3.2496\times10^7} {(1.76\times10^{11})(0.050)} =3.69\times10^{-3}\ \mathrm T. \]

Требуемое поле однородно и направлено из плоскости рисунка к наблюдателю.

2. Четыре точки фокусировки

В этом пункте, согласно указанию, пренебрежём кривизной направляющего поля. Локально электрон движется по винтовой линии вокруг направления поля. Если начальный угол между его скоростью и полем равен \(\alpha\), то \[ v_\parallel=v_0\cos\alpha\simeq v_0, \qquad v_\perp=v_0\sin\alpha\simeq v_0\alpha. \]

Циклотронная угловая частота и период поперечного движения равны \[ \omega=\frac{eB}{m}, \qquad T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi m}{eB}. \] Хотя радиус вращения зависит от \(\alpha\), период от него не зависит. После одного полного оборота каждый электрон возвращается в исходное поперечное положение.

Поэтому расстояние вдоль пучка до следующего фокуса в первом порядке по малому углу раствора равно \[ \ell=v_\parallel T\simeq v_0T =\frac{2\pi mv_0}{eB}. \] Различия в \(v_\parallel\) появляются лишь в порядке \(\alpha^2\), которым мы пренебрегаем.

Для получения четырёх равноотстоящих точек фокусировки необходимо, чтобы \[ \ell=\frac{2\pi R}{4}=\frac{\pi R}{2}. \] Приравнивая эти расстояния, получаем \[ \frac{2\pi mv_0}{eB}=\frac{\pi R}{2}, \] так что \[ \boxed{B=\frac{4mv_0}{eR}=4B_1 =1.48\times10^{-2}\ \mathrm T}. \]

Последовательные повторные фокусировки происходят при приращениях азимутального угла \(\pi/2,\pi,3\pi/2,2\pi\); последняя точка совпадает с P. Таким образом, вдоль тороида имеются четыре различные точки фокусировки, включая P.

3(a). Конечность радиального отклонения в отсутствие отклоняющего поля

Теперь уберём \(\vec B_1\) и пренебрежём углом раствора пучка. Введём цилиндрические координаты относительно оси симметрии тороида: \[ \vec B=B\hat{\boldsymbol\phi}, \qquad \vec v=\dot r\,\hat{\mathbf r} +r\dot\phi\,\hat{\boldsymbol\phi} +\dot z\,\hat{\mathbf z}. \] В начальный момент \[ r=R,\qquad \dot r=0,\qquad \dot z=0,\qquad r\dot\phi=v_0. \]

Магнитное поле не совершает работы, поэтому модуль скорости остаётся постоянным: \[ \dot r^{\,2}+r^2\dot\phi^{\,2}+\dot z^{\,2}=v_0^2. \tag{1} \]

Магнитная сила не имеет азимутальной составляющей. Следовательно, момент импульса относительно оси симметрии сохраняется: \[ mr^2\dot\phi=mRv_0, \qquad r\dot\phi=\frac{Rv_0}{r}. \tag{2} \] Поскольку азимутальная составляющая скорости не может превышать модуль полной скорости, из уравнения (2) сразу следует \[ r\ge R. \tag{3} \]

Чтобы получить верхнюю границу, воспользуемся осевой составляющей силы Лоренца: \[ -e\vec v\times\vec B =eB\dot z\,\hat{\mathbf r} -eB\dot r\,\hat{\mathbf z}. \] Таким образом, \[ m\ddot z=-eB\dot r. \] Поскольку \(B\) постоянно, интегрирование с учётом начальных условий даёт \[ \dot z=-\frac{eB}{m}(r-R)=-\omega(r-R). \tag{4} \]

Подстановка уравнений (2) и (4) в закон сохранения энергии даёт \[ \boxed{ \dot r^{\,2} +\frac{R^2v_0^2}{r^2} +\omega^2(r-R)^2 =v_0^2. } \tag{5} \] Каждое слагаемое в левой части неотрицательно. Следовательно, \[ \omega^2(r-R)^2\le v_0^2. \] Вместе с уравнением (3) это доказывает, что \[ \boxed{0\le r-R\le\frac{v_0}{\omega} =\frac{mv_0}{eB}}. \]

Для поля, найденного в пункте 2, \(\omega=4v_0/R\), что даёт конечную границу \[ r-R\le\frac R4=12.5\ \mathrm{mm}. \]

Уравнение (5) также позволяет найти фактическую внешнюю точку поворота. Положим \(\dot r=0\) и введём \(x=(r-R)/R\). Тогда \[ 16x^2+\frac{1}{(1+x)^2}=1. \] Помимо начальной точки поворота \(x=0\), имеется положительный корень, удовлетворяющий уравнению \[ 16x(1+x)^2=x+2, \] откуда \[ x=0.107403, \qquad \boxed{r_{\max}-R=5.37\ \mathrm{mm}}. \]

3(b). Направление дрейфа

Уравнения (3) и (4) дают \[ \dot z=-\omega(r-R)\le0. \] Таким образом, осевая составляющая скорости никогда не направлена вдоль \(+\hat{\mathbf z}\).

Электрон действительно уходит с радиуса \(r=R\): в начальный момент магнитная сила равна нулю, поскольку скорость параллельна \(\vec B\), а радиальное уравнение движения даёт \[ \ddot r(0)=\frac{v_0^2}{R}>0. \] Следовательно, вскоре после инжекции \(r>R\) и \(\dot z<0\). Пока радиальная координата колеблется между точками поворота, осевое смещение продолжает накапливаться в отрицательном направлении: \[ \left\langle\dot z\right\rangle =-\omega\left\langle r-R\right\rangle<0. \]

Следовательно, направленный дрейф происходит \[ \boxed{\text{за плоскость рисунка, противоположно }\vec B_1.} \]

Решение проверено по официальному решению.

الحل

1. مجال الانحراف

باستخدام الميكانيكا غير النسبية، يعطي التسريع عبر فرق الجهد \(V_0\) \[ \frac12mv_0^2=eV_0, \] ومن ثم \[ v_0=\sqrt{2\left(\frac em\right)V_0} =\sqrt{2(1.76\times10^{11})(3.00\times10^3)} =3.25\times10^7\ \mathrm{m\,s^{-1}}. \]

بالنسبة إلى الإلكترون المرجعي في المدار الدائري، تكون السرعة موازية للمجال الحلقي. ولذلك لا يؤثر هذا المجال بقوة في هذا الإلكترون.

يجب أن يوفّر مجال الانحراف القوة الجاذبة المركزية المتجهة إلى الداخل. عندما يكون \(\vec B_1=B_1\hat{\mathbf z}\)، تكون قوة لورنتز المؤثرة في الإلكترون \[ \vec F=-e\vec v\times\vec B_1 =-ev_0B_1\hat{\mathbf r}, \] وهي تتجه إلى الداخل في كل موضع على الدائرة. إذن \[ ev_0B_1=\frac{mv_0^2}{R}. \]

وعليه \[ \boxed{\vec B_1=\frac{mv_0}{eR}\hat{\mathbf z}}, \] ومقداره \[ B_1= \frac{3.2496\times10^7} {(1.76\times10^{11})(0.050)} =3.69\times10^{-3}\ \mathrm T. \]

المجال المطلوب متجانس ويتجه إلى خارج مستوى الرسم.

2. أربع نقاط تركيز

في هذا الجزء، أهمل انحناء المجال الموجّه وفقًا للتعليمات. محليًا، يتبع الإلكترون مسارًا لولبيًا حول اتجاه المجال. إذا كانت زاويته الابتدائية مع المجال هي \(\alpha\)، فإن \[ v_\parallel=v_0\cos\alpha\simeq v_0, \qquad v_\perp=v_0\sin\alpha\simeq v_0\alpha. \]

للحركة المستعرضة تردد زاوي سيكلوتروني وزمن دوري هما \[ \omega=\frac{eB}{m}, \qquad T=\frac{2\pi}{\omega}=\frac{2\pi m}{eB}. \] على الرغم من اعتماد نصف قطر الدوران على \(\alpha\)، فإن الزمن الدوري لا يعتمد عليها. بعد دورة كاملة، يعود كل إلكترون إلى موضعه المستعرض الابتدائي.

لذلك تكون المسافة على امتداد الحزمة إلى البؤرة التالية، حتى الرتبة الأولى في زاوية الانفراج الصغيرة، \[ \ell=v_\parallel T\simeq v_0T =\frac{2\pi mv_0}{eB}. \] لا تظهر الفروق في \(v_\parallel\) إلا عند الرتبة \(\alpha^2\)، وهي مهملة.

يتطلب وجود أربع نقاط تركيز متساوية التباعد أن يكون \[ \ell=\frac{2\pi R}{4}=\frac{\pi R}{2}. \] وبمساواة هاتين المسافتين نحصل على \[ \frac{2\pi mv_0}{eB}=\frac{\pi R}{2}, \] ومن ثم \[ \boxed{B=\frac{4mv_0}{eR}=4B_1 =1.48\times10^{-2}\ \mathrm T}. \]

تحدث عمليات إعادة التركيز المتتالية عند تقدّم زاوي سمتي مقداره \(\pi/2,\pi,3\pi/2,2\pi\)؛ وتتطابق الأخيرة مع P. وهكذا توجد أربعة مواضع تركيز متميزة حول الملف الحلقي، بما فيها P.

3(a). محدودية الانحراف الشعاعي في غياب مجال الانحراف

أزل الآن \(\vec B_1\) وأهمل انفراج الحزمة. استخدم الإحداثيات الأسطوانية حول محور تناظر الملف الحلقي: \[ \vec B=B\hat{\boldsymbol\phi}, \qquad \vec v=\dot r\,\hat{\mathbf r} +r\dot\phi\,\hat{\boldsymbol\phi} +\dot z\,\hat{\mathbf z}. \] في البداية، \[ r=R,\qquad \dot r=0,\qquad \dot z=0,\qquad r\dot\phi=v_0. \]

لا يبذل المجال المغناطيسي شغلًا، ولذلك يظل مقدار السرعة ثابتًا: \[ \dot r^{\,2}+r^2\dot\phi^{\,2}+\dot z^{\,2}=v_0^2. \tag{1} \]

ليس للقوة المغناطيسية مركبة سمتية. ولذلك يُحفظ الزخم الزاوي حول محور التناظر: \[ mr^2\dot\phi=mRv_0, \qquad r\dot\phi=\frac{Rv_0}{r}. \tag{2} \] بما أن مقدار السرعة السمتية لا يمكن أن يتجاوز مقدار السرعة الكلية، فإن المعادلة (2) تقتضي مباشرةً \[ r\ge R. \tag{3} \]

للحصول على حد أعلى، استخدم المركبة المحورية لقوة لورنتز: \[ -e\vec v\times\vec B =eB\dot z\,\hat{\mathbf r} -eB\dot r\,\hat{\mathbf z}. \] إذن \[ m\ddot z=-eB\dot r. \] بما أن \(B\) ثابت، فإن التكامل مع تطبيق الشروط الابتدائية يعطي \[ \dot z=-\frac{eB}{m}(r-R)=-\omega(r-R). \tag{4} \]

بالتعويض بالمعادلتين (2) و(4) في قانون حفظ الطاقة نحصل على \[ \boxed{ \dot r^{\,2} +\frac{R^2v_0^2}{r^2} +\omega^2(r-R)^2 =v_0^2. } \tag{5} \] كل حد في الطرف الأيسر غير سالب. وبناءً على ذلك، \[ \omega^2(r-R)^2\le v_0^2. \] وبالاقتران مع المعادلة (3)، يثبت هذا أن \[ \boxed{0\le r-R\le\frac{v_0}{\omega} =\frac{mv_0}{eB}}. \]

بالنسبة إلى المجال الذي وجدناه في الجزء 2، فإن \(\omega=4v_0/R\)، مما يعطي الحد المحدود \[ r-R\le\frac R4=12.5\ \mathrm{mm}. \]

تعطي المعادلة (5) أيضًا نقطة الانقلاب الخارجية الفعلية. ضع \(\dot r=0\) واكتب \(x=(r-R)/R\). عندئذ \[ 16x^2+\frac{1}{(1+x)^2}=1. \] إلى جانب نقطة الانقلاب الابتدائية \(x=0\)، يحقق الجذر الموجب \[ 16x(1+x)^2=x+2, \] فنحصل على \[ x=0.107403, \qquad \boxed{r_{\max}-R=5.37\ \mathrm{mm}}. \]

3(b). اتجاه الانجراف

تعطي المعادلتان (3) و(4) \[ \dot z=-\omega(r-R)\le0. \] إذن لا تتجه السرعة المحورية مطلقًا في الاتجاه \(+\hat{\mathbf z}\).

تغادر الحركة بالفعل الموضع \(r=R\): ففي البداية تنعدم القوة المغناطيسية لأن السرعة موازية لـ \(\vec B\)، وتعطي معادلة الحركة الشعاعية \[ \ddot r(0)=\frac{v_0^2}{R}>0. \] ومن ثم يصبح \(r>R\) بعد الحقن بوقت قصير، وتكون \(\dot z<0\). وبينما تتذبذب الحركة الشعاعية بين نقطتَي انقلابها، تستمر الإزاحة المحورية في التراكم في الاتجاه السالب: \[ \left\langle\dot z\right\rangle =-\omega\left\langle r-R\right\rangle<0. \]

وعليه يكون الانجراف المنتظم الاتجاه \[ \boxed{\text{إلى داخل الصفحة، في الاتجاه المعاكس لـ }\vec B_1.} \]

تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.