Дрейф, скрещенные поля

Подсказка

Скорость постоянна, значит, сумма трёх сил равна нулю. Сила Лоренца перпендикулярна скорости, а сила вязкого трения направлена против скорости: нарисуйте векторный треугольник сил.

Ответ

\(F = \sqrt{(Eq)^2 - (qvB)^2}\).

Решение

Так как частица движется вдоль прямой с постоянной скоростью \(v\), то \[\vec E q + q[\vec v\vec B] + \vec F_{\text{сопр}} = 0 .\] Пусть заряд \(q\) "— положительный. Сила Лоренца \(q[\vec v\vec B]\) перпендикулярна индукции магнитного поля и скорости частицы, сила вязкого трения \(\vec F_{\text{сопр}}\) направлена против скорости частицы, сила \(\vec E q\) направлена вдоль напряжённости электрического поля (см. рисунок).

Используя теорему Пифагора, получаем \[F = \sqrt{(Eq)^2 - (qvB)^2}.\]

Подсказка

Равномерное движение означает равенство нулю суммы электрической и магнитной сил в обоих случаях. Вычтите два условия и подумайте, куда должны быть направлены \(\vec E\) и \(\vec B\).

Ответ

Вектор \(\vec E\) направлен перпендикулярно плоскости рисунка («на нас» либо «от нас»); вектор \(\vec B\) направлен в плоскости рисунка под углом \(45^\circ\) к скорости первого электрона и \(135^\circ\) к скорости второго электрона (либо наоборот); \(E/B = v/\sqrt{2}\).

Решение

В поле \(B_1\) радиус \(R_1=m_ev/(eB_1)\), период полного оборота \(T_1=2\pi m_e/(eB_1)\). Стартовая скорость перпендикулярна границе, поэтому в \(B_1\) электрон описывает ровно полуокружность и через время \(\pi m_e/(eB_1)\) снова оказывается на плоскости раздела. Скорость в этот момент направлена уже в сторону \(B_2\).

В поле \(B_2\) всё то же с радиусом \(R_2=m_ev/(eB_2)\): ещё полуокружность, время \(\pi m_e/(eB_2)\), возврат на границу со скоростью в сторону \(B_1\). Дальше цикл повторяется. Траектория — «змейка» из чередующихся полуокружностей.

За один цикл смещение вдоль границы равно разности диаметров (больший кружок выступает дальше):

\[ \Delta s=2R_1-2R_2=\frac{2m_ev}{e}\Bigl(\frac1{B_1}-\frac1{B_2}\Bigr)=\frac{2m_ev}{e}\frac{B_2-B_1}{B_1B_2}. \]

Время цикла

\[ \Delta t=\frac{\pi m_e}{eB_1}+\frac{\pi m_e}{eB_2}=\frac{\pi m_e}{e}\frac{B_1+B_2}{B_1B_2}. \]

Средняя (дрейфовая) скорость вдоль границы

\[ v_{\text{др}}=\frac{\Delta s}{\Delta t}=\frac{2v(B_2-B_1)}{\pi(B_1+B_2)}. \]

В ответе книги стоит \(2v(B_1-B_2)/[\pi(B_1+B_2)]\): это та же величина со знаком, указывающим направление (от «более сильного» поля к «более слабому» вдоль стыка, если смотреть так, как на рисунке задачника). Модуль

\[ |v_{\text{др}}|=\frac{2v|B_1-B_2|}{\pi(B_1+B_2)}. \]

Решение

Поле \(B_z=B_0(1+\alpha x)\) растёт вдоль \(x\). Условие \(v\ll eB_0/(\alpha m_e)\) означает, что за один ларморовский радиус поле меняется мало:

\[ R_0=\frac{m_ev}{eB_0}\ll\frac1\alpha, \]

градиент слабый, и можно говорить о почти-окружности, которая медленно сносится.

Оценка. На диаметре кружка поле отличается на \(\Delta B\sim\alpha B_0\cdot 2R_0=2\alpha m_ev/e\). Радиусы на двух краях

\[ R_\pm\approx\frac{m_ev}{e(B_0\pm\Delta B/2)}\approx R_0\bigl(1\mp\alpha R_0\bigr). \]

За пол-оборота в «слабом» поле электрон проходит вдоль \(y\) дугу порядка \(2R_+\), в «сильном» — \(2R_-\). Разность и есть смещение центра за период:

\[ \Delta y\sim 2(R_+-R_-)\sim 4\alpha R_0^2. \]

Период \(T=2\pi m_e/(eB_0)\), поэтому

\[ v_{\text{др}}\sim\frac{\Delta y}{T}\sim\frac{\alpha R_0^2 eB_0}{2\pi m_e}\sim\alpha R_0 v\sim\frac{\alpha m_ev^2}{eB_0}. \]

Численный коэффициент порядка единицы; задача просит оценку, и в ответе стоит

\[ v_{\text{др}}\approx\frac{\alpha m_ev^2}{eB_0}. \]

(Точная формула градиентного дрейфа даёт \(\frac12\alpha m v_\perp^2/(eB)\) — тот же порядок.)

Решение

В поле \(E\) ускорение \(a=qE/m\). Стартовав из покоя с расстояния \(l\), частица приходит на границу со скоростью

\[ v=\sqrt{2al}=\sqrt{\frac{2qEl}{m}}. \]

В однородном \(B\), параллельном границе и перпендикулярном скорости, она идёт по окружности радиуса

\[ R=\frac{mv}{qB}=\frac1B\sqrt{\frac{2mEl}{q}}. \]

Через пол-оборота скорость развёрнута на \(\pi\), частица снова на границе и летит в \(E\). Там движение — равнозамедленное: она поднимается на ту же высоту \(l\), останавливается и падает обратно. Траектория в \(E\) — куски парабол, в \(B\) — полуокружности. Вдоль границы частица смещается только пока гостит в \(B\), каждый раз на диаметр \(2R\).

Время одного цикла. В \(B\): полупериод \(t_B=\pi m/(qB)\). В \(E\): вверх и вниз, \(t_E=2v/a=2\sqrt{2ml/(qE)}\). Дрейфовая скорость

\[ v_{\text{др}}=\frac{2R}{t_E+t_B} =\frac{2\sqrt{2mEl/q}/B}{2\sqrt{2ml/(qE)}+\pi m/(qB)} =\frac{2\sqrt{2ql}\,E}{2\sqrt{2ql}\,B+\pi\sqrt{mE}}. \]

В ответах книги коэффициент \(\sqrt{2}\) под корнями опущен (записано \(2\sqrt{ql}\,E/(2\sqrt{ql}\,B+\pi\sqrt{mE})\)). Точный вывод держит \(\sqrt{2}\), потому что \(v=\sqrt{2al}\), а не \(\sqrt{al}\).

Решение

Пусть \(\mathbf{E}\) вдоль \(y\), \(\mathbf{B}\) вдоль \(z\), скорость ищем вдоль \(x\). Силы:

\[ F_y=qE-qvB \]

(для \(q>0\); знак Лоренца выбран так, что \(v\) вдоль \(+x\) даёт силу против \(E\)). Равновесие \(F_y=0\):

\[ v=\frac{E}{B}. \]

Это та самая скорость электрического дрейфа. В системе, которая едет со скоростью \(E/B\) поперёк обоих полей, электрическое поле исчезает, и покоящаяся там частица так и остаётся в покое — в лаборатории это прямая.

Решение

Поля скрещены: \(\mathbf{E}\perp\mathbf{B}\). Ищем скорость \(\mathbf{v}_{\text{др}}\), перпендикулярную обоим. В системе, едущей с этой скоростью (нерелятивистски),

\[ \mathbf{E}'=\mathbf{E}+\mathbf{v}_{\text{др}}\times\mathbf{B}. \]

Требуем \(\mathbf{E}'=0\):

\[ \mathbf{v}_{\text{др}}\times\mathbf{B}=-\mathbf{E}. \]

Вектор \(\mathbf{v}_{\text{др}}\) перпендикулярен \(\mathbf{B}\), поэтому

\[ v_{\text{др}}B=E\qquad\Longrightarrow\qquad v_{\text{др}}=\frac{E}{B}. \]

Направление: \(\mathbf{v}_{\text{др}}=\mathbf{E}\times\mathbf{B}/B^2\) — одно и то же для электрона и протона. Знак заряда сидит только в том, в какую сторону частица крутится вокруг дрейфующего центра.

Решение

Пусть угол между \(\mathbf{E}\) и \(\mathbf{B}\) равен \(\alpha\). Тогда

\[ E_\parallel=E\cos\alpha,\qquad E_\perp=E\sin\alpha. \]

Дрейфовая скорость, как в 10.2.5, строится только на перпендикулярной компоненте:

\[ v_{\text{др}}=\frac{E_\perp}{B}=\frac{E}{B}\sin\alpha. \]

Направление по-прежнему \(\mathbf{E}_\perp\times\mathbf{B}\). Параллельно \(\mathbf{B}\) частица равноускоренно набирает \(v_\parallel=(qE_\parallel/m)t\) — это не дрейф, а обычный разгон.

Решение

Уравнение движения

\[ m\dot{\mathbf{v}}=q\mathbf{E}+q\mathbf{v}\times\mathbf{B}. \]

Положим \(\mathbf{v}=\mathbf{u}+\mathbf{v}_{\text{др}}\), \(\mathbf{v}_{\text{др}}=\mathbf{E}\times\mathbf{B}/B^2=\mathrm{const}\) (поля однородны). Тогда \(\dot{\mathbf{v}}=\dot{\mathbf{u}}\) и

\[ m\dot{\mathbf{u}}=q\mathbf{E}+q(\mathbf{u}+\mathbf{v}_{\text{др}})\times\mathbf{B}=q\mathbf{E}+q\mathbf{u}\times\mathbf{B}+q\mathbf{v}_{\text{др}}\times\mathbf{B}. \]

Но \(\mathbf{v}_{\text{др}}\times\mathbf{B}=(\mathbf{E}\times\mathbf{B})\times\mathbf{B}/B^2=-\mathbf{E}\) (потому что \(\mathbf{E}\perp\mathbf{B}\): \((\mathbf{E}\times\mathbf{B})\times\mathbf{B}=-B^2\mathbf{E}\)). Значит \(q\mathbf{E}+q\mathbf{v}_{\text{др}}\times\mathbf{B}=0\), и остаётся

\[ m\dot{\mathbf{u}}=q\mathbf{u}\times\mathbf{B}. \]

Это уравнение движения в одном только магнитном поле. Его решение — равномерное вращение с циклотронной частотой \(\omega=qB/m\) в плоскости, перпендикулярной \(\mathbf{B}\). Центр вращения в системе дрейфа покоится, в лаборатории едет со скоростью \(\mathbf{v}_{\text{др}}\). Сложение скоростей

\[ \mathbf{v}(t)=\mathbf{v}_{\text{др}}+\boldsymbol{\omega}\times\boldsymbol{\rho}(t) \]

есть сумма дрейфа и линейной скорости вращения вокруг мгновенного центра.

Решение

Пусть расстояние между пластинами \(h\), точка \(A\) — посередине (типичная геометрия «пучок в конденсаторе»). Электрическое поле \(E=V/h\), дрейфовая скорость \(v_{\text{др}}=E/B=V/(hB)\).

Прямой проход. Если начальная скорость как раз равна дрейфовой,

\[ v=\frac{V}{hB}, \]

в дрейфовой системе электрон покоится и в лаборатории летит по прямой вдоль середины зазора, никуда не ударяясь.

Мелкая орбита. В общем случае в дрейфовой системе электрон крутится со скоростью \(|v-V/(hB)|\) и радиусом \(R'=m_e|v-V/(hB)|/(eB)\). Стартовая скорость вдоль пластин, поэтому направляющий центр смещён от \(A\) на \(R'\) к одной из пластин, и электрон отходит от средней линии на \(2R'\). Чтобы не задеть пластину, нужно \(2R'\le h/2\), то есть \(R'\le h/4\). Это заведомо выполнено, если даже при «нулевом» дрейфе (малом \(V\)) обычный ларморовский радиус не больше \(h/4\):

\[ \frac{m_ev}{eB}\le\frac h4\qquad\Longrightarrow\qquad v\le\frac{eBh}{4m_e}. \]

Тогда циклоида любой «высоты», доступной при данном \(V\), сидит внутри зазора, и электрон проходит конденсатор.

Решение

В дрейфовой системе (скорость \(E/B\) вдоль пластин) электрон стартует со скоростью \(E/B\) и крутится радиусом

\[ R=\frac{m_e(E/B)}{eB}=\frac{m_eE}{eB^2}. \]

Циклоида в лаборатории имеет высоту \(2R\) — от «остановки» на катоде до верхней точки. Условие достижения анода: \(2R\ge d\),

\[ \frac{2m_eE}{eB^2}\ge d,\qquad E=\frac Vd, \] \[ V\ge\frac{eB^2d^2}{2m_e}. \]

Критическое (минимальное) напряжение, при котором электроны ещё касаются анода:

\[ V=\frac{eB^2d^2}{2m_e}. \]

Числа: \(B=0{,}1\) Тл, \(d=2\) см \(=0{,}02\) м,

\[ V=\frac{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot(0{,}1)^2\cdot(0{,}02)^2}{2\cdot9{,}1\cdot10^{-31}} =\frac{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot10^{-2}\cdot4\cdot10^{-4}}{1{,}82\cdot10^{-30}} =\frac{6{,}4\cdot10^{-25}}{1{,}82\cdot10^{-30}}=3{,}5\cdot10^{5}\ \text{В}. \]

Решение

Дрейфовая скорость \(\mathbf{v}_{\text{др}}=\mathbf{E}\times\mathbf{B}/B^2\), модуль \(E/B\), направление перпендикулярно и \(\mathbf{E}\), и \(\mathbf{B}\). В системе, едущей с \(\mathbf{v}_{\text{др}}\), поле \(\mathbf{E}'=0\), и электрон движется по окружности с циклотронной частотой \(eB/m_e\).

Скорость в этой системе в момент включения — это \(\mathbf{v}'=\mathbf{v}-\mathbf{v}_{\text{др}}\). Угол между \(\mathbf{v}\) и \(\mathbf{E}\) равен \(\alpha\); \(\mathbf{v}_{\text{др}}\) перпендикулярен \(\mathbf{E}\). Складывая векторы (и выбирая ориентацию так, как в ответе книги — плюс под косинусом), получаем

\[ v'=\sqrt{v^2+2v\frac{E}{B}\cos\alpha+\Bigl(\frac{E}{B}\Bigr)^2}. \]

Радиус новой окружности

\[ R=\frac{m_ev'}{eB}. \]

В лаборатории это вращение накладывается на равномерный снос центра со скоростью \(E/B\): траектория — трохоида (циклоида, если \(v'=E/B\)).

Решение

Уравнение движения

\[ m\dot{\mathbf{v}}=\mathbf{F}+q\mathbf{v}\times\mathbf{B}. \]

Сравнивая с \(m\dot{\mathbf{v}}=q\mathbf{E}+q\mathbf{v}\times\mathbf{B}\), видим \(\mathbf{E}_{\text{эфф}}=\mathbf{F}/q\). Тогда (задача 10.2.5)

\[ v_{\text{др}}=\frac{E_{\text{эфф}}}{B}=\frac{F}{qB}. \]

Направление: \(\mathbf{v}_{\text{др}}=\mathbf{F}\times\mathbf{B}/(qB^2)\). В отличие от чисто электрического дрейфа, здесь ответ зависит от знака и величины заряда: электрон и протон в одном и том же \(\mathbf{F}\) (например, в тяжести) плывут в разные стороны и с разными скоростями.

Решение

Для частицы массы \(m\) и заряда \(\pm e\)

\[ v_{\text{др}}=\frac{mg}{eB}. \]

Земное поле \(B=0{,}7\cdot10^{-4}\) Тл \(=7{,}0\cdot10^{-5}\) Тл, \(g=9{,}8\) м/с².

Электрон. \(m_e=9{,}1\cdot10^{-31}\) кг:

\[ v_e=\frac{9{,}1\cdot10^{-31}\cdot9{,}8}{1{,}6\cdot10^{-19}\cdot7{,}0\cdot10^{-5}} =\frac{8{,}92\cdot10^{-30}}{1{,}12\cdot10^{-23}}=8{,}0\cdot10^{-7}\ \text{м/с}. \]

Протон. \(m_p=1{,}67\cdot10^{-27}\) кг — в \(m_p/m_e\approx1835\) раз тяжелее:

\[ v_p=v_e\cdot\frac{m_p}{m_e}=8{,}0\cdot10^{-7}\cdot1835\approx1{,}5\cdot10^{-3}\ \text{м/с}. \]

Направления противоположны: \(\mathbf{v}_{\text{др}}\parallel \mathbf{g}\times\mathbf{B}/q\). В магнитосфере этот гравитационный дрейф ничтожен по сравнению с градиентным и центробежным (энергии частиц там килоэлектронвольты, не \(mgR_L\)), но как учебный пример он прозрачен.

Подсказка

Из-за малого зазора поле можно считать плоским. Магнитная сила меняет составляющую скорости вдоль электродов; запишите связь этой составляющей со смещением от внутреннего цилиндра. Ток прекращается, когда электрон только касается внешнего цилиндра.

Ответ

Протекание тока между цилиндрами возможно при расстоянии между ними не более \(y_{\max} = \dfrac{2mE}{|e|B^2}\).

Подсказка

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.

Ответ

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) \(u = \dfrac{2kmv_0}{\pi\sqrt{km + (qB)^2}\left(qB + \sqrt{km + (qB)^2}\right)}\).

Решение

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 \[u = \frac{2(R - b)}{T} = \frac{2kmv_0}{\pi\sqrt{km + (qB)^2}\left(qB + \sqrt{km + (qB)^2}\right)}.\]

Подсказка

Для отношения \(b/a\) вспомните, что в области без зарядов потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа. В части C запишите уравнения движения в плоскости \(XOY\) для комплексной координаты \(x + iy\) и ищите решения вида \(e^{i\omega t}\).

Ответ

A) \(E_x = \dfrac{aU_0 x}{r_0^2}\), \(E_y = \dfrac{aU_0 y}{r_0^2}\), \(E_z = -\dfrac{bU_0 z}{r_0^2}\); \(\dfrac{b}{a} = 2\). B) \(\Omega_z = \sqrt{\dfrac{qbU_0}{mr_0^2}}\), \(\Omega_0 = \dfrac{qB}{m}\). C) \(\omega^{(\pm)} = \dfrac{\Omega_0 \pm \sqrt{\Omega_0^2 - 2\Omega_z^2}}{2}\). D) \(b = 2a = \dfrac{13}{98}\cdot\dfrac{qB^2 r_0^2}{mU_0}\).