Заряженная шайба на склоне

Сила Лоренца не совершает работы и перпендикулярна скорости, а трение направлено против скорости. В установившемся режиме ускорение равно нулю: сложите силы в плоскости склона и разложите их по скорости и поперёк неё.

При \(\mu<\operatorname{tg}\alpha\): \(v=\dfrac{Mg}{QB}\sqrt{\sin^2\alpha-\mu^2\cos^2\alpha}\), скорость направлена под углом \(\varphi=\arccos(\mu\operatorname{ctg}\alpha)\) к линии наибольшего ската. При \(\mu\ge\operatorname{tg}\alpha\) шайба остаётся в покое.

Что происходит. Шайба начинает соскальзывать вниз по склону. Как только у неё появляется скорость, магнитное поле действует на заряд силой Лоренца, которая лежит в плоскости склона и перпендикулярна скорости, поэтому шайба отклоняется от линии ската. Трение направлено против скорости. Скорость растёт, пока три силы в плоскости (составляющая тяжести вдоль склона, трение, сила Лоренца) не уравновесятся, дальше шайба движется равномерно по прямой.

Обозначения. Ось \(y\) направим вверх по линии наибольшего ската, ось \(x\) — по горизонтали вдоль плоскости, вектор \(\vec B\) направлен от плоскости (как на рисунке). Для определённости \(Q>0\). \(\varphi\) — угол между скоростью и направлением вниз по склону, \(F_{\text{тр}}\) — сила трения скольжения, \(F_{\text{Л}}\) — сила Лоренца.

1. Перпендикулярно плоскости. Сила Лоренца равна \(Q\vec v\times\vec B\) и перпендикулярна и скорости, и \(\vec B\). Скорость лежит в плоскости, \(\vec B\) перпендикулярна ей, поэтому \(\vec F_{\text{Л}}\) тоже лежит в плоскости. Запишем второй закон Ньютона для шайбы в проекции на нормаль к плоскости (шайба не отрывается и не проваливается, ускорения вдоль нормали нет): \[N=Mg\cos\alpha,\qquad F_{\text{тр}}=\mu N=\mu Mg\cos\alpha .\] Трение скольжения направлено против скорости.

2. Равновесие сил в плоскости. В установившемся режиме скорость постоянна, ускорение равно нулю, и векторная сумма трёх сил в плоскости равна нулю: \[M\vec g_{\parallel}+\vec F_{\text{тр}}+\vec F_{\text{Л}}=0,\qquad g_{\parallel}=g\sin\alpha\ \text{вниз по склону.}\] Спроецируем на направление скорости и на перпендикулярное ей направление в плоскости (рис.). Сила Лоренца перпендикулярна скорости, поэтому в первую проекцию она не входит: \[\text{вдоль }\vec v:\quad Mg\sin\alpha\cos\varphi=\mu Mg\cos\alpha,\qquad \text{поперёк }\vec v:\quad QvB=Mg\sin\alpha\sin\varphi .\]

Из первого уравнения \[\cos\varphi=\mu\operatorname{ctg}\alpha,\qquad \sin\varphi=\sqrt{1-\mu^2\operatorname{ctg}^2\alpha}.\] Решение существует, пока \(\cos\varphi\le1\), то есть при \(\mu\le\operatorname{tg}\alpha\). Если \(\mu\ge\operatorname{tg}\alpha\), то сила трения покоя \(\mu Mg\cos\alpha\) удерживает шайбу, и она остаётся неподвижной. При \(\mu<\operatorname{tg}\alpha\) шайба трогается вниз по склону, а затем её скорость поворачивается. Обратите внимание: установившаяся скорость направлена под углом \(\varphi\) к линии ската, а не вдоль неё, поэтому уравнение вдоль линии ската «\(Mg\sin\alpha-\mu Mg\cos\alpha=0\)» здесь неверно: трение уравновешивает только составляющую тяжести вдоль скорости.

3. Величина и направление. Из второго уравнения \[v=\frac{Mg\sin\alpha\sin\varphi}{QB}=\frac{Mg}{QB}\sqrt{\sin^2\alpha-\mu^2\cos^2\alpha}.\] Направление: скорость составляет с линией ската угол \(\varphi=\arccos(\mu\operatorname{ctg}\alpha)\), а с горизонтальным краем плоскости — угол \(\psi=90^\circ-\varphi\), для которого \(\sin\psi=\mu\operatorname{ctg}\alpha\). Скорость повёрнута от линии ската по часовой стрелке, если смотреть навстречу вектору \(\vec B\) (при \(Q>0\); при \(Q<0\) поворот в другую сторону).

Проверка. Размерность: \(\dfrac{Mg}{QB}\) — \(\dfrac{\text{Н}}{\text{Кл}\cdot\text{Тл}}=\dfrac{\text{м}}{\text{с}}\). Пределы: при \(\mu=0\) получаем \(v=\dfrac{Mg\sin\alpha}{QB}\) при \(\varphi=90^\circ\) — шайба дрейфует горизонтально, как заряд под действием постоянной силы в магнитном поле; при \(\mu\to\operatorname{tg}\alpha\) получаем \(v\to0\) и \(\varphi\to0\) — шайба на грани остановки. Связь величины с коэффициентом трения — четверть окружности \((v/v_0)^2+(\mu/\operatorname{tg}\alpha)^2=1\), где \(v_0=\dfrac{Mg\sin\alpha}{QB}\) (рис.). Второй способ: численное решение уравнения движения шайбы выходит на то же значение скорости и то же направление.

Ответ: \(v=\dfrac{Mg}{QB}\sqrt{\sin^2\alpha-\mu^2\cos^2\alpha}\) при \(\mu<\operatorname{tg}\alpha\), под углом \(\varphi=\arccos(\mu\operatorname{ctg}\alpha)\) к линии наибольшего ската; при \(\mu\ge\operatorname{tg}\alpha\) шайба неподвижна.

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