Заряд на резинке

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.

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