Пружинный маятник, массивная пружина

Пока поезд тормозит, пружина деформирована так, что её сила сообщает грузику ускорение \(a\). После остановки эта деформация и есть начальное смещение от положения равновесия.

\(x_m = \dfrac{aT^2}{4\pi^2} \approx 5\) мм.

Груз совершает гармонические колебания около положения равновесия. Тележка должна проехать то время, пока груз находится выше её крыши.

Минимальная скорость тележки \[v = \frac{L\sqrt{k/m}}{2\left(\pi - \arccos\dfrac{h-H-x_0}{x_0}\right)} = \frac{3\omega L}{4\pi}\sqrt{\frac{k}{m}} \approx 1{,}07 \text{ м/с},\] где \(x_0 = mg/k\) — амплитуда колебаний груза.

Если брусок не проскальзывает, система колеблется как одно тело массой \(M+m\) на пружине. Проверьте, хватает ли силы трения покоя для сообщения бруску максимального ускорения.

1) \(3{,}8\) м/с\(^2\);  2) нет;  3) \(0{,}82\) с.

Выразите деформации всех трёх пружин через натяжение нити, на которой висит груз, и найдите смещение груза как сумму этих деформаций. Отсюда "— эквивалентная жёсткость. Максимальная амплитуда ограничена тем, что нити должны оставаться натянутыми.

\(\omega_0 = \sqrt{\dfrac{k}{19m}}\); \(A_{\max} = \dfrac{19mg}{k}\).

Пусть натяжение нижней нити равно \(T\), тогда натяжение верхней равно \(2T\), а сила упругости верхней пружины равна \(4T\). Тогда деформация верхней пружины равна \(\dfrac{4T}{k}\), деформация левой пружины \(\dfrac{2T}{2k} = \dfrac{T}{k}\). Значит, нижний блок опустится на \(\left(\dfrac{4T}{k} + \dfrac{4T}{k} + \dfrac{T}{k}\right) = \dfrac{9T}{k}\). Деформация правой пружины равна \(\dfrac{T}{k}\). Положение равновесия груза расположено ниже положения, при котором все пружины недеформированы, на \(\left(\dfrac{9T}{k} + \dfrac{9T}{k} + \dfrac{T}{k}\right) = \dfrac{19T}{k}\). Следовательно, \[A_{\max} = \frac{19T}{k} = \frac{19mg}{k}.\] Собственная частота гармонических колебаний системы равна \[\omega_0 = \sqrt{\frac{k_{\text{экв}}}{m}} = \sqrt{\frac{k}{19m}}.\]

Выберите одну координату (например, длину пружины или угол между рейками), выразите через неё потенциальную и кинетическую энергии всей системы и сведите задачу к гармоническому осциллятору.

Период малых колебаний системы равен \(T = N\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\).

Сведите динамику к колебаниям: свяжите ускорения грузов через нерастяжимую нить и через удлинение пружины, и найдите период получившихся колебаний.

Блока первым коснулся верхний груз \(m\); это могло произойти через максимальное время \(\tau_{\max} = \pi\sqrt{3m/(4k)}\), которое обеспечивается при \(l_0 = mg/(2k)\).

Свяжите смещение груза со смещением верхней точки обруча, к которой прикреплена пружина, и запишите полную энергию системы через скорость груза.

\(\omega_0 = \sqrt{\dfrac{4k}{m + 2M}}\).

Пусть груз массой \(m\) отклонился от положения равновесия на \(x\) вниз. Тогда деформация пружины равна \(2x\), так как обруч движется без проскальзывания. Полная энергия системы равна: \[E = -mgx + \frac{m\dot x^2}{2} + M\dot x^2 + 4\,\frac{kx^2}{2} = \text{const}.\] Продифференцировав это выражение по времени, получаем: \[-mg\dot x + m\dot x\ddot x + 2M\dot x\ddot x + 4kx\dot x = 0 \;\Longrightarrow\; \ddot x + \frac{4k}{m + 2M}\left(x - \frac{mg}{4k}\right) = 0.\] Окончательно получаем: \[\omega_0^2 = \frac{4k}{m + 2M}.\]

Движение верхнего конца пружины "— внешнее воздействие: сила, действующая на шарик, пропорциональна смещению \(x_1 - x\) конца относительно шарика. Запишите уравнение вынужденных колебаний и рассмотрите предельные случаи по частоте.

A1) \(x_{\max} = A\,\dfrac{\omega_0}{\Omega} \approx 0\) при \(\Omega \gg \omega_0\); A2) \(x_{\max} = A\left(1 + \dfrac{\Omega}{\omega_0}\right) \approx A\) при \(\Omega \ll \omega_0\). B1) \(\pi\) и \(0\); B2) \(\dfrac{\pi}{2}\).

При движении по окружности угловая скорость не зависит от радиуса: сила упругости и сила Лоренца обе пропорциональны \(r\). Старт из покоя — это сумма двух встречных равномерных вращений с подобранными длинами векторов, при которой начальные скорости взаимно гасятся.

1) по часовой стрелке \(\omega_1 = \sqrt{\dfrac{k}{m} + \dfrac{q^2B^2}{4m^2}} + \dfrac{qB}{2m}\), против часовой стрелки \(\omega_2 = \sqrt{\dfrac{k}{m} + \dfrac{q^2B^2}{4m^2}} - \dfrac{qB}{2m}\);  2) \(r_\text{min} = \dfrac{\omega_1 - \omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0 = \dfrac{\Omega}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}r_0\), где \(\Omega = \dfrac{qB}{2m}\), \(\omega_0^2 = \dfrac{k}{m}\);  3) \(\tau = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}\);  4) траектория трижды за оборот проходит от окружности радиуса \(r_0\) до окружности радиуса \(r_0/3\) и обратно (см. рисунок в решении); в исходной точке бусинка впервые окажется через \(T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2m}{k}}\).

1. Уравнение движения бусинки на резинке в магнитном поле \(\vec B\) имеет вид \[m\vec a = -k\vec r + q\big[\vec v\times\vec B\big],\] то есть (как и отмечено в условии) оно является линейным и однородным уравнением по отношению к закону движения \(\vec r(t)\) (сам вектор координаты, откладываемый от положения равновесия бусинки, и его производные — скорость и ускорение — входят в уравнение только в первой степени). При движении по окружности радиуса \(r_0\) центростремительное ускорение бусинки создаётся силой упругости резинки и силой Лоренца, причём в зависимости от направления вращения сила Лоренца либо направлена к центру окружности, либо от него. Значит, величина угловой скорости бусинки при таком движении находится из уравнения \[m\omega^2r_0 = kr_0 \pm qB\omega r_0 \;\Longrightarrow\; \omega^2 \pm \frac{qB}{m}\omega - \frac{k}{m} = 0.\] Далее введём обозначения \(\Omega \equiv \dfrac{qB}{2m}\) и \(\omega_0^2 \equiv \dfrac{k}{m}\). Тогда, выбирая для каждого случая положительный корень, приходим к выводу, что при вращении по часовой стрелке величина угловой скорости (циклическая частота вращения) \[\omega_1 = \sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2} + \Omega = \sqrt{\frac{k}{m} + \frac{q^2B^2}{4m^2}} + \frac{qB}{2m},\] а при вращении против часовой стрелки она равна \[\omega_2 = \sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2} - \Omega = \sqrt{\frac{k}{m} + \frac{q^2B^2}{4m^2}} - \frac{qB}{2m} < \omega_1.\]

Примечание: в обоих случаях угловая скорость не зависит от радиуса окружности! Поэтому величина линейной скорости пропорциональна радиусу описываемой окружности.

2. Пусть теперь \(\vec r_1(t)\) — закон движения бусинки, вращающейся по окружности радиуса \(r_0\) по часовой стрелке, а \(\vec r_2(t)\) — закон движения бусинки, вращающейся по той же окружности против часовой стрелки. Модули скоростей движения у бусинки при этих движениях различаются: легко найти, что \(|\vec v_1| = \omega_1r_0\), а \(|\vec v_2| = \omega_2r_0\). Если записать суперпозицию этих законов движения в виде \[\vec r(t) = \frac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_1(t) + \frac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_2(t),\] то, в соответствии с линейностью и однородностью уравнения движения (и в соответствии с содержащейся в условии «подсказкой»), этот закон тоже удовлетворяет уравнению движения. Легко определить начальные условия, которым он соответствует: поскольку \(\vec r_1(0) = \vec r_2(0) \equiv \vec r_0\) и при различных направлениях вращения \(|\vec v_1(0)| = \omega_1r_0 = \dfrac{\omega_1}{\omega_2}|\vec v_2(0)|\), то \(\vec r(0) = \vec r_0\) и \(\vec v(0) = 0\). Следовательно, полученный закон описывает движение бусинки, запущенной без начальной скорости с расстояния \(r_0\) от отверстия! Мы обнаружили, что вектор координаты такой бусинки можно в любой момент времени найти как сумму вектора \(\dfrac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_1(t)\) с постоянной длиной \(\dfrac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0\), вращающегося с угловой скоростью \(\omega_1\) по часовой стрелке, и вектора \(\dfrac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}\vec r_2(t)\) с постоянной длиной \(\dfrac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}r_0\), вращающегося с угловой скоростью \(\omega_2\) против часовой стрелки от того же начального положения (см. рисунок). Отметим, что угол между этими векторами в момент времени \(t\) равен \(\varphi(t) = (\omega_1 + \omega_2)t\). Поэтому, по теореме косинусов, в этот момент времени расстояние от бусинки до отверстия удовлетворяет уравнению \[r^2(t) = \left(\frac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0\right)^2 + \left(\frac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}r_0\right)^2 + 2\cdot\frac{\omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0\cdot\frac{\omega_1}{\omega_1 + \omega_2}r_0\cdot\cos\Big[(\omega_1 + \omega_2)t\Big].\] Значит, \[r(t) = \frac{r_0}{\omega_1 + \omega_2}\sqrt{\omega_1^2 + \omega_2^2 + 2\omega_1\omega_2\cdot\cos\Big[(\omega_1 + \omega_2)t\Big]}.\] Таким образом, циклическая частота изменения расстояния от бусинки до положения равновесия равна \(\omega_1 + \omega_2 = 2\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}\), причём минимальное значение \[r_\text{min} = \frac{\omega_1 - \omega_2}{\omega_1 + \omega_2}r_0 = \frac{\Omega}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}r_0\]

расстояние принимает в моменты времени \(t_n = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega^2 + \Omega^2}}\left(n + \dfrac{1}{2}\right)\) (где \(n = 0, 1, 2, \ldots\)). Отметим, что для нахождения \(r_\text{min}\) не обязательно исследовать закон изменения расстояния \(r(t)\): достаточно понять, что расстояние от бусинки до отверстия минимально, когда «составляющие» векторы нашей суперпозиции направлены противоположно. Тогда ясно, что \(r_\text{min}\) равно разности их модулей.

3. Из формулы для \(r(t)\) видно, что максимальное расстояние от бусинки до отверстия равно начальному \(r_\text{max} = r_0\), и оно достигается в моменты времени \(t'_n = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}n\) (где \(n = 0, 1, 2, \ldots\)). Как видно, впервые после отпускания это произойдёт в момент времени \[\tau = \frac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}.\] Как и в предыдущем пункте, можно получить этот ответ без нахождения \(r(t)\) — достаточно образного представления движения. Тогда ясно, что расстояние максимально, когда вращающиеся навстречу друг другу «составляющие» векторы суперпозиции встречаются, и \(\tau = \dfrac{2\pi}{\omega_1 + \omega_2} = \dfrac{\pi}{\sqrt{\omega_0^2 + \Omega^2}}\).

4. При таком соотношении параметров \(\Omega^2 = \omega_0^2/8\), и поэтому \(\omega_1 = \omega\cdot\sqrt{2}\), а \(\omega_2 = \omega_0/\sqrt{2}\). Значит, отношение угловых скоростей \(\omega_1 : \omega_2 = 2 : 1\), то есть общее движение периодическое, и траектория оказывается замкнутой. В этом случае \[\vec r_1(t) = \frac{1}{3}\vec r_1(t) + \frac{2}{3}\vec r_2(t),\] длины векторов, сумма которых даёт \(\vec r(t)\), равны \(r_0/3\) и \(2r_0/3\), а закон изменения расстояния \[r(t) = \frac{r_0}{3}\sqrt{5 + 4\cdot\cos\Big[3\omega_2t\Big]}.\] Ясно, что период движения — наименьшее общее кратное периодов двух составляющих движений, которое в нашем случае равно периоду меньшей частоты \(\omega_2\).

Поэтому впервые после отпускания бусинка окажется в исходной точке спустя время \[T = \frac{2\pi}{\omega_2} = \frac{2\pi\sqrt{2}}{\omega_0} = 2\pi\sqrt{\frac{2m}{k}}.\] Период изменения расстояния от отверстия

\[T = \frac{2\pi}{\omega_1 + \omega_2} = \frac{2\pi\sqrt{2}}{3\omega_0} = \frac{1}{3}T_2.\] Поэтому за один период движения бусинка трижды достигает максимального расстояния \(r_0\), и трижды — минимального \(r_0/3\). Таким образом, траектория за «полный оборот» вокруг оси отверстия трижды проходит от окружности с радиусом \(r_0\) до окружности с радиусом \(r_0/3\) и обратно, причём вблизи общих точек с большей окружностью бусинка движется по радиусу (траектория касается радиуса), в общих точках с меньшей окружностью радиальная скорость бусинки обращается в ноль при ненулевой угловой скорости — бусинка движется перпендикулярно радиусу, и её траектория касается меньшей окружности в общих точках. По этим сведениям можно достаточно корректно изобразить вид траектории (см. рисунок). Другой способ изучить траекторию — записать закон движения бусинки в декартовых координатах \((x, y)\). Удобно совместить начало координат с осью отверстия, а ось \(x\) направить так, чтобы она проходила через начальное положение бусинки. Проецируя закон движения на эти оси, получим: \[\begin{cases} x(t) = \dfrac{r_0}{3}\Big[2\cos(\omega_2t) + \cos(2\omega_2t)\Big],\\[2mm] y(t) = \dfrac{r_0}{3}\Big[2\sin(\omega_2t) - \sin(2\omega_2t)\Big]. \end{cases}\] Тогда можно построить траекторию «по точкам», выбрав несколько характерных значений \(\omega_2t\). Впрочем, и в этом случае удобно в первую очередь построить положение точек, отвечающих моментам, когда бусинка находится на максимальном и минимальном расстояниях от отверстия, то есть \(\omega_2t = 0, \dfrac{\pi}{3}, \dfrac{2\pi}{3}, \pi, \dfrac{4\pi}{3}, \dfrac{5\pi}{3}\).

Пока шнур натянут, запишите второй закон Ньютона в проекциях: из уравнения вдоль спицы сразу следует, что \(v_y\) пропорциональна удлинению шнура. Когда шнур не натянут, заряд движется только под действием силы Лоренца. Сшейте эти два участка движения.

1) траектория состоит из последовательно чередующихся половинок эллипса (при натянутом шнуре, полуоси \(a = \dfrac{mv_0}{\sqrt{km + (qB)^2}}\) поперёк спицы и \(b = \dfrac{qBmv_0}{km + (qB)^2}\) вдоль неё) и окружности радиусом \(R = \dfrac{mv_0}{qB}\) (при ненатянутом), которые переходят друг в друга без излома при \(x = 0\);  2) \(u = \dfrac{2kmv_0}{\pi\sqrt{km + (qB)^2}\left(qB + \sqrt{km + (qB)^2}\right)}\).

Пусть ось \(x\) горизонтальна и направлена от спицы, ось \(y\) направлена вверх вдоль спицы. Начало координат находится в точке начального положения заряда. Запишем проекции второго закона Ньютона: \[\left\{\begin{aligned} m\ddot x &= -kx + qvB\cos(90^\circ - \alpha),\\ m\ddot y &= -qvB\sin(90^\circ - \alpha). \end{aligned}\right.\] Преобразуем полученные уравнения: \[\left\{\begin{aligned} m\ddot x &= -kx + qvB\sin\alpha,\\ m\ddot y &= -qvB\cos\alpha. \end{aligned}\right. \qquad \left\{\begin{aligned} m\ddot x &= -kx + qB\dot y,\\ m\ddot y &= -qB\dot x. \end{aligned}\right.\]

Способ 1. Продифференцируем по времени первое уравнение системы. Тогда \[m\dddot x = -k\dot x + qB\ddot y, \qquad \dddot x + \left[\frac{k}{m} + \left(\frac{qB}{m}\right)^2\right]\dot x = 0.\] Обозначим \(\beta^2 = \dfrac{k}{m} + \left(\dfrac{qB}{m}\right)^2\): \[\dddot x + \beta^2\dot x = 0.\] Откуда \[\dot x(t) = C_1\cos(\beta t) + C_2\sin(\beta t).\] Начальные условия: \[\left\{\begin{aligned} \dot x(0) &= v_0 \Rightarrow C_1 = v_0,\\ \ddot x(0) &= 0 \Rightarrow C_2 = 0. \end{aligned}\right.\] Таким образом, \[\left\{\begin{aligned} \dot x(t) &= v_0\cos(\beta t),\\ x(t) &= \frac{v_0}{\beta}\sin(\beta t),\\ \dot y(t) &= \frac{-qBv_0}{m\beta}\sin(\beta t),\\ y(t) &= \frac{qBv_0}{m\beta^2}\left(\cos(\beta t) - 1\right). \end{aligned}\right.\] Заметим, что \[\left(\frac{x(t)}{\frac{v_0}{\beta}}\right)^2 + \left(\frac{y(t) + \frac{qBv_0}{m\beta^2}}{\frac{qBv_0}{m\beta^2}}\right)^2 = 1.\] То есть уравнение траектории при натянутой резинке представляет собой эллипс с центром в \[(x_0, y_0) = \left(0, -\frac{qBv_0}{m\beta^2}\right) = \left(0, -\frac{qBmv_0}{km + (qB)^2}\right),\] большой полуосью \[a = \frac{v_0}{\beta} = \frac{mv_0}{\sqrt{km + (qB)^2}} = R\gamma,\] малой полуосью \[b = \frac{qBv_0}{m\beta^2} = \frac{qBmv_0}{km + (qB)^2} = R\gamma^2,\] где \(R = mv_0/qB\) и \(\gamma = 1\Big/\sqrt{1 + \dfrac{mk}{(qB)^2}} < 1\).

Однако при недеформированном шнуре (то есть когда координата \(x\) будет меньше 0) заряд будет двигаться по дуге окружности радиуса \(R = mv_0/(qB)\).

Способ 2. Из \(m\ddot y = -qB\dot x\) получим: \[dv_y = -\frac{qB}{m}\,dx = -\Omega\,dx.\] С учетом того, что в начале движения \(v_y = 0\), \(x = 0\), и суммируя малые изменения этих величин, получаем, что \[v_y = -\Omega x.\]

Сила Лоренца не совершает работы, и, согласно закону сохранения энергии: \[\frac{mv_0^2}{2} = \frac{m(v_x^2 + v_y^2)}{2} + \frac{kx^2}{2}.\] Откуда: \[v_x^2 = v_0^2 - \left(\Omega^2 + \frac{k}{m}\right)x^2 = v_0^2 - \beta^2x^2,\] где \(\beta^2 = \Omega^2 + \dfrac{k}{m}\). Выразим:

\[\frac{dy}{dx} = \frac{v_y}{v_x} = \frac{\Omega x}{\sqrt{v_0^2 - \beta^2x^2}}.\] Откуда: \[dy = -\frac{\Omega}{\beta}\,\frac{x\,dx}{\sqrt{a^2 - x^2}} = \gamma\,d\left(\sqrt{a^2 - x^2}\right),\] где \(a = v_0/\beta = (mv_0)\Big/\sqrt{km + (qB)^2}\) и \(\gamma = \Omega/\beta = 1\Big/\sqrt{1 + \dfrac{mk}{(qB)^2}} < 1\).

Суммируя малые изменения этих величин, получим: \[y - 0 = \gamma\left(\sqrt{a^2 - x^2} - a\right).\] Откуда: \[\left(\frac{y + \gamma a}{\gamma a}\right)^2 + \left(\frac{x}{a}\right)^2 = 1.\] Нетрудно заметить, что это уравнение эллипса. Координаты центра эллипса \((0, -\gamma a)\), его большая полуось равна \(a = (mv_0)\Big/\sqrt{km + (qB)^2} = R\gamma\), а малая \(b = \gamma a = \dfrac{qBmv_0}{km + (qB)^2} = R\gamma^2\). Это уравнение описывает траекторию вплоть до возвращения длины резинки к исходной. Далее заряд попадает в область, где резинка провисает, и он движется по окружности радиуса \(R = v_0/\Omega = mv_0/qB\) до возвращения длины резинки к исходной, после чего резинка натягивается и движение повторяется.

Способ 3. Из второго уравнения системы \(m\ddot y = -qB\dot x\) получим: \[dv_y = -\frac{qB}{m}\,dx = -\Omega\,dx.\] С учетом того, что в начале движения \(v_y = 0\), \(x = 0\), и суммируя малые изменения этих величин, получаем, что \[v_y = -\Omega x.\] Подставим это в первое уравнение системы: \[m\ddot x = -kx - qB\Omega x, \qquad \ddot x = -\left(\frac{k}{m} + \Omega^2\right)x.\] Обозначим \(\beta^2 = \Omega^2 + \dfrac{k}{m}\). \[x = C_1\cos(\beta t) + C_2\sin(\beta t).\] Из начальных условий: \[\left\{\begin{aligned} x(0) &= 0 \Rightarrow C_1 = 0,\\ \dot x(0) &= v_0 \Rightarrow C_2 = \frac{v_0}{\beta}. \end{aligned}\right. \qquad x = \frac{v_0}{\beta}\sin(\beta t).\] Подставим в выражение для \(v_y\): \[\dot y = -\Omega x = -\frac{\Omega v_0}{\beta}\sin(\beta t).\] Интегрируя, получаем: \[y = \frac{\Omega v_0}{\beta^2}\left(\cos(\beta t) - 1\right).\] Заметим, что \[\left(\frac{x(t)}{\frac{v_0}{\beta}}\right)^2 + \left(\frac{y(t) + \frac{qBv_0}{m\beta^2}}{\frac{qBv_0}{m\beta^2}}\right)^2 = 1.\] То есть уравнение траектории при натянутой резинке представляет собой эллипс с центром в \[(x_0, y_0) = \left(0, -\frac{qBv_0}{m\beta^2}\right) = \left(0, -\frac{qBmv_0}{km + (qB)^2}\right),\] большой полуосью \[a = \frac{v_0}{\beta} = \frac{mv_0}{\sqrt{km + (qB)^2}} = R\gamma,\] малой полуосью \[b = \frac{qBv_0}{m\beta^2} = \frac{qBmv_0}{km + (qB)^2} = R\gamma^2,\] где \(R = mv_0/qB\) и \(\gamma = 1\Big/\sqrt{1 + \dfrac{mk}{(qB)^2}} < 1\).

Однако при недеформированном шнуре (то есть когда координата \(x\) будет меньше 0) заряд будет двигаться по окружности радиуса \(R = mv_0/qB\).

При положительном удлинении шнура \(\Delta x > 0\) траектория является частью эллипса с большой и малой полуосями: \(a = mv_0\Big/\sqrt{km + (qB)^2}\), \(b = qBmv_0/(km + (qB)^2)\).

При ненатянутом шнуре \(\Delta x = 0\) траектория является частью окружности с радиусом \(R = mv_0/qB\).

В целом траектория состоит из последовательно чередующихся половинок эллипса и окружности, которые без излома и без разрыва переходят друг в друга при \(x = 0\).

Определим период движения заряда: \[T = \frac{\pi}{\sqrt{\frac{k}{m} + \left(\frac{qB}{m}\right)^2}} + \frac{\pi}{\frac{qB}{m}} = \frac{\pi m}{qB}\left(\frac{qB}{\sqrt{km + (qB)^2}} + 1\right).\] Тогда дрейфовая скорость \[u = \frac{2(R - b)}{T} = \frac{2kmv_0}{\pi\sqrt{km + (qB)^2}\left(qB + \sqrt{km + (qB)^2}\right)}.\]