Движение заряженного шара

Модуль скорости центра не меняется: работу не совершают ни сила Лоренца, ни трение покоя. Условие качения связывает скорость центра с угловой скоростью шара, а уравнения для движения центра и для вращения (в том числе момент силы Лоренца) вместе дают, как поворачивается вектор скорости.

Центр шара движется равномерно со скоростью \(v_0\) по окружности радиуса \(r=\dfrac{7mv_0}{6QB}\) с угловой скоростью обращения \(\Omega=\dfrac{6QB}{7m}\) (период \(T=\dfrac{7\pi m}{3QB}\)): при \(QB>0\) — по часовой стрелке, если смотреть навстречу вектору \(\vec B\). Сила трения постоянна по модулю: \(F=\dfrac{QBv_0}{7}\).

Что происходит. На шар действуют сила тяжести, реакция опоры, сила трения покоя и сила Лоренца. Ни одна из них не совершает работы, поэтому модуль скорости центра шара остаётся равным \(v_0\), а направление скорости поворачивается: центр движется по окружности. Радиус и частоту обращения найдём из двух уравнений — для движения центра и для вращения шара, — которые связаны условием качения без проскальзывания. Заряд шара распределён так же, как масса, поэтому сила Лоренца и момент силы Лоренца выражаются через скорость центра и момент импульса шара.

Обозначения. Ось \(z\) направим вверх, вдоль поля: \(\vec B=B\hat z\). Для определённости \(QB>0\). \(\vec v\) — скорость центра шара, \(\vec\omega\) — угловая скорость шара, \(\vec F\) — горизонтальная сила трения покоя в точке касания, \(\vec N\) — реакция опоры, \(\vec L=I\vec\omega\) — момент импульса шара относительно центра, \(I=\dfrac{2mR^2}{5}\). Точка касания лежит на \(-R\hat z\) от центра, векторы \(\vec v\), \(\vec F\), \(\vec F_L\) — в горизонтальной плоскости.

Рис. 1. Силы на шаре (в момент, когда \(\vec v\) направлена вправо; длины стрелок условны): сила тяжести, реакция опоры, сила Лоренца \(\vec F_L\) и сила трения \(\vec F\).

1. Модуль скорости центра постоянен. Сила тяжести и реакция опоры перпендикулярны перемещению точек шара. Сила Лоренца перпендикулярна скорости каждого элемента заряда. Сила трения покоя приложена к точке касания, которая при качении без проскальзывания неподвижна, поэтому и она работы не совершает. Значит, полная кинетическая энергия шара сохраняется.

Условие качения без проскальзывания: скорость точки касания равна нулю, \[\vec v+\vec\omega\times(-R\hat z)=0\quad\Longrightarrow\quad \vec v=R\,\vec\omega\times\hat z .\] Отсюда горизонтальная часть угловой скорости перпендикулярна \(\vec v\) и по модулю равна \(v/R\): \[\vec\omega_\perp=\frac{\hat z\times\vec v}{R}.\] Вертикальная составляющая \(\omega_z\) (вращение вокруг вертикали) не меняется: все моменты сил относительно центра горизонтальны — момент трения перпендикулярен \(\hat z\), а момент силы Лоренца (ниже) пропорционален \(\vec\omega\times\vec B\) при \(\vec B\parallel\hat z\). Поэтому \(\omega_z=\text{const}\), и полная энергия \[E=\frac{mv^2}{2}+\frac{I}{2}\Bigl(\frac{v}{R}\Bigr)^2+\frac{I\omega_z^2}{2}=\frac{7}{10}\,mv^2+\text{const}\] сохраняется, откуда \(v=v_0\).

Рис. 2. Качение без проскальзывания (вид сбоку): точка касания \(P\) неподвижна, центр движется со скоростью \(\vec v\), верхняя точка — со скоростью \(2\vec v\). Горизонтальная часть \(\vec\omega\) направлена в плоскость рисунка.

2. Сила Лоренца. Пусть \(\Delta Q_i\) — заряд малого элемента шара, \(\vec x_i\) — его радиус-вектор из центра. Скорость элемента \(\vec v_i=\vec v+\vec\omega\times\vec x_i\), суммарная сила \[\vec F_L=\sum_i\Delta Q_i\,\vec v_i\times\vec B=\Bigl(\sum_i\Delta Q_i\Bigr)\vec v\times\vec B+\Bigl(\vec\omega\times\sum_i\Delta Q_i\,\vec x_i\Bigr)\times\vec B .\] Во втором слагаемом \(\sum_i\Delta Q_i\,\vec x_i=0\): заряд распределён равномерно, и элементы \(\vec x_i\) и \(-\vec x_i\) взаимно уничтожаются. Остаётся \[\vec F_L=Q\,\vec v\times\vec B .\] Сила Лоренца такая же, как у точечного заряда \(Q\) в центре. Она горизонтальна и перпендикулярна \(\vec v\).

3. Момент силы Лоренца относительно центра. Поступательная часть движения момента не даёт: \(\sum_i\vec x_i\times\bigl(\Delta Q_i\,\vec v\times\vec B\bigr)=\bigl(\sum_i\Delta Q_i\vec x_i\bigr)\times(\vec v\times\vec B)=0\). Вращение шара — это замкнутые токи. Элемент заряда \(\Delta Q_i\) на расстоянии \(x_{i\perp}\) от оси вращения создаёт ток \(\dfrac{\omega}{2\pi}\Delta Q_i\) по окружности площади \(\pi x_{i\perp}^2\), то есть вклад в магнитный момент \(\dfrac12\,\omega\,\Delta Q_i\,x_{i\perp}^2\). Заряд распределён так же, как масса, \(\Delta Q_i=\dfrac{Q}{m}\Delta m_i\), поэтому \[\vec\mu=\frac{\vec\omega}{2}\sum_i\Delta Q_i\,x_{i\perp}^2=\frac{Q}{2m}\,\vec\omega\sum_i\Delta m_i\,x_{i\perp}^2=\frac{Q}{2m}\,I\vec\omega=\frac{Q}{2m}\,\vec L .\] В однородном поле на магнитный момент действует момент \(\vec\mu\times\vec B\): \[\vec\tau_L=\frac{Q}{2m}\,\vec L\times\vec B .\]

4. Уравнения движения. Для центра шара (второй закон Ньютона в горизонтальной плоскости) и для вращения вокруг центра (уравнение моментов; \(\vec N\) и \(m\vec g\) момента относительно центра не дают, момент трения — \((-R\hat z)\times\vec F\)): \[m\vec a=Q\,\vec v\times\vec B+\vec F,\qquad \frac{d\vec L}{dt}=\frac{Q}{2m}\,\vec L\times\vec B+(-R\hat z)\times\vec F .\] Горизонтальная часть момента импульса \(\vec L=I\,\vec\omega_\perp=\dfrac{I}{R}\,\hat z\times\vec v\), поэтому (постоянную вертикальную часть не считаем) \(\dfrac{d\vec L}{dt}=\dfrac{I}{R}\,\hat z\times\vec a\). Выразим остальные члены. Для момента силы Лоренца (\(\vec B=B\hat z\)) по тождеству из подсказки \((\hat z\times\vec v)\times\hat z=\vec v\), значит \[\vec\tau_L=\frac{Q}{2m}\cdot\frac{I}{R}\,B\,(\hat z\times\vec v)\times\hat z=\frac{QBI}{2mR}\,\vec v .\] Из первого уравнения \(\vec F=m\vec a-QB\,\vec v\times\hat z\), откуда, учитывая \(\hat z\times(\vec v\times\hat z)=\vec v\), \[\hat z\times\vec F=m\,\hat z\times\vec a-QB\,\vec v,\qquad\text{и момент трения}\quad \vec\tau_F=-R\,\hat z\times\vec F=-mR\,\hat z\times\vec a+RQB\,\vec v .\]

Рис. 3. Вид сверху в момент, когда \(\vec v\) направлена вправо. Вектор \(\vec L\) перпендикулярен \(\vec v\); оба момента, \(\vec\tau_L\) и \(\vec\tau_F\), направлены вдоль \(\vec v\) и поворачивают \(\vec L\) по часовой стрелке: \(d\vec L/dt=\vec\tau_L+\vec\tau_F\).

Подставим всё в уравнение моментов и соберём слагаемые с \(\hat z\times\vec a\) слева: \[\Bigl(\frac{I}{R}+mR\Bigr)\hat z\times\vec a=QB\Bigl(R+\frac{I}{2mR}\Bigr)\vec v .\] Для \(I=\dfrac{2mR^2}{5}\) получаем \(\dfrac{7}{5}\,mR\ \hat z\times\vec a=\dfrac{6}{5}\,QBR\,\vec v\), то есть \[\hat z\times\vec a=\Omega\,\vec v,\qquad \Omega=\frac{6QB}{7m}.\] Применим к обеим частям \(\hat z\times\) и учтём, что \(\hat z\times(\hat z\times\vec a)=-\vec a\) для горизонтального \(\vec a\): \[\vec a=-\Omega\,\hat z\times\vec v .\]

5. Траектория. Уравнение \(\dfrac{d\vec v}{dt}=-\Omega\,\hat z\times\vec v\) означает: вектор скорости при постоянном модуле \(v_0\) поворачивается с постоянной угловой скоростью \(\Omega\) вокруг вертикали по часовой стрелке (для \(QB>0\), при взгляде навстречу \(\vec B\)). Центр шара движется по окружности, и ускорение направлено к её центру: \[\Omega=\frac{6QB}{7m},\qquad r=\frac{v_0}{\Omega}=\frac{7\,m\,v_0}{6\,QB},\qquad T=\frac{2\pi}{\Omega}=\frac{7\pi m}{3\,QB}.\] Для \(QB<0\) направление обращения противоположное.

Рис. 4. Траектория центра шара (вид сверху, \(\vec B\) направлено на нас): сила Лоренца направлена к центру окружности \(O\), сила трения — от центра и в семь раз меньше.

Найдём и силу трения: \(\vec F=m\vec a-QB\,\vec v\times\hat z\). Сила Лоренца \(QBv_0\) направлена к центру, \(ma=m\Omega v_0=\tfrac67QBv_0\) тоже к центру, поэтому \[F=QBv_0-\tfrac67\,QBv_0=\frac{QBv_0}{7},\] и направлена она от центра окружности. Модуль \(F\) постоянен, как и должно быть.

Обратите внимание: частота обращения \(\Omega\) не равна циклотронной \(QB/m\) свободного заряда, а меньше её в \(7/6\) раза: шар вращается, и на поворот скорости влияют и инерция вращения, и момент силы Лоренца. Рассуждение «действует одна сила Лоренца, поэтому \(r=mv_0/(QB)\)» неверно: на центр шара действует ещё сила трения.

Проверка. Размерность: Тл \(=\dfrac{\text{кг}}{\text{Кл}\cdot\text{с}}\), поэтому \(QB/m\) измеряется в \(\text{с}^{-1}\), а \(r=v_0/\Omega\) — в метрах. Предел: для произвольного момента инерции \(I=k\,mR^2\) те же выкладки дают \[\Omega=\frac{QB}{m}\cdot\frac{1+k/2}{1+k}.\] При \(k\to0\) (вращению нечего «запасать») получаем циклотронную частоту свободного заряда \(QB/m\), при \(k=\tfrac25\) — \(\tfrac67\,QB/m\). При \(Q\to0\) радиус \(r\to\infty\): центр движется по прямой.

Второй способ — уравнения в модулях. Радиально: сила Лоренца \(QBv_0\) направлена к центру окружности, трение \(F\) — от центра, а ускорение равно \(\Omega v_0\), поэтому \(QBv_0-F=m\Omega v_0\). Моменты: \(\tau_L=\dfrac{QB}{2m}\,I\,\dfrac{v_0}{R}=\dfrac15\,QBRv_0\), \(\tau_F=RF\), а скорость поворота вектора \(\vec L\) равна \(\Omega L=\Omega\cdot\dfrac25\,mRv_0\), откуда \(\dfrac15\,QBRv_0+RF=\dfrac25\,m\Omega Rv_0\). Исключим \(F\): \[\frac15\,QB\,v_0+QBv_0-m\Omega v_0=\frac25\,m\Omega v_0\ \Longrightarrow\ \frac65\,QB=\frac75\,m\Omega,\] и снова \(\Omega=\dfrac{6QB}{7m}\). Физический смысл: шар катится по окружности, и вектор скорости поворачивается не только под действием силы Лоренца, но и благодаря трению, которое поворачивает ось вращения шара.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.