Первое решение: За время оборота $T=2\pi/\Omega$ каждый элементарный заряд проходит через точку кольца, откуда: $$i=\cfrac{Q}{T} $$

Второе решение: Также результат может быть получен с помощью выражения: $$i=\lambda v $$ где $v=\Omega R$ - скорость элементов кольца. Оба выражения приводят к ответу:

Первое решение: Магнитный момент системы определяется соотношением:

$$\vec{m}=\int \cfrac{\bigl[\vec{r}\times\vec{v}\bigr]dq}{2}
$$

где $dq$ - элементарный заряд, а $\vec{r}$ и $\vec{v}$ - его радиус-вектор и скорость соответственно.

Заметим, что момент импульса механической системы определяется соотношением:

$$\vec{L}=\int \bigl[\vec{r}\times\vec{v}\bigr] dM $$

где $dM$ - элементарная масса, а $\vec{r}$ и $\vec{v}$ - её радиус-вектор и скорость соответственно.

Если распределения заряда и массы подобны, то мы приходим к следующему соотношению:

$$\vec{m}=\cfrac{\vec{L}q}{2M}=\cfrac{Iq\vec{\omega}}{2M}
$$

где $I=2Mr^2/5$ - момент инерции однородного шара относительно диаметра.

Второе решение: рассмотрим диск радиусом $R$ и толщиной $h$ с плотностью заряда $\rho$ и вращающийся с угловой скоростью $\vec{\omega}$ вокруг своей оси вращения. Выделим кольцо радиусом $r$ толщиной $dr$. Тогда для магнитного момента кольца получим:

$$d\vec{m}_\text{д}=\vec{n}S\cdot\cfrac{\omega dQ}{2\pi}
$$

где $S=\pi{r}^2$ - площадь кольца. Преобразуем:

$$d\vec{m}_{\text{д}}=\vec{\omega}\cdot\cfrac{2\pi{r}^3drh\rho}{2}\Rightarrow{\vec{m}_\text{д}=\cfrac{\pi{R}^4h\rho\vec{\omega}}{2}}
$$

Перейдём к шару. Будем характеризовать $h$ и $R$ углом $\theta$ с осью симметрии шара. Тогда:

$$R=r\sin\theta\qquad h=-r\cos\theta
$$

Тогда для элемента магнитного момента шара имеем:

$$d\vec{m}=\cfrac{\pi{r}^5\rho\vec{\omega}}{4}\sin^5\theta d\theta\Rightarrow{\vec{m}=\cfrac{\pi{r}^5\rho\vec{\omega}}{4}\int\limits_0^{\pi}\sin^5\theta d\theta}=\cfrac{\pi{r}^5\rho\vec{\omega}}{4}\int\limits_{-1}^{1}(1-2t^2+t^4)dt=\cfrac{4\pi{r}^5\rho\vec{\omega}}{15}
$$

Для ответа на вопрос осталось подставить $\rho=3q/4\pi{r}^3$.

Третье решение: рассмотрим тонкостенную сферическую оболочку радиусом $R$ толщиной $dR$, вращающуюся с угловой скоростью $\vec{\omega}$. Выделим кольцо, ограниченной углами $\theta$ и $\theta+d\theta$ сферической системы координат. Магнитный момент выделенного кольца равен:

$$d\vec{m}_\text{сф}=\cfrac{dQ\vec{\omega}}{2\pi}\cdot \pi{R}^2\sin^2\theta=\vec{\omega}\cdot\cfrac{2\pi\rho R^2dR\sin\theta d\theta}{2\pi}\cdot\pi{R}^2\sin^2\theta=\pi\rho{R}^4dR\vec{\omega}\cdot\sin^3\theta d\theta
$$

Проинтегрируем полученное выражение:

$$\vec{m}_\text{сф}=\pi\rho{R}^4dR\vec{\omega}\int\limits_0^{\pi}\sin^3\theta d\theta=\pi\rho{R}^4dR\vec{\omega}\int\limits_{-1}^{1}(1-t^2)dt=\cfrac{4\pi\rho R^4dR\vec{\omega}}{3}
$$

Магнитный момент шара получается интегрированием магнитного момента по сферам:

$$\vec{m}=\cfrac{4\pi\rho\vec{\omega}}{3}\int\limits_{0}^rR^4dR=\cfrac{4\pi\rho{r}^5\vec{\omega}}{15}
$$

Для ответа на вопрос осталось подставить $\rho=3q/4\pi{r}^3$.

Окончательно:

Момент сил $\vec{M}$, действующих на виток с током в однородном магнитном поле, равен:
$$\vec{M}=\bigl[\vec{m}\times\vec{B}\bigr]
$$откуда:

Если твердое тело вращается с угловой скоростью $\vec{\omega}$, а скорость точки $A$ равна $\vec{v}_A$, то скорость точки $B$ задаётся выражением:
$$\vec{v}_B=\vec{v}_A+\bigl[\vec{\omega}\times\overrightarrow{AB}\bigr]
$$Отсюда получим условие отсутствия проскальзывания:

Спроецируем полученное уравнение на оси $x$ и $y$:
$$v_{Cx}-\omega_yr=0\qquad v_{Cy}+\omega_xr=0
$$Отсюда:

Вектор $\vec{r}$ остаётся постоянным, поскольку шар движется по плоскости. Тогда дифференцируя, получим:

Запишем уравнение динамики вращательного движения относительно центра масс:
$$\cfrac{d\vec{L}_C}{dt}=\vec{M}_C
$$Для момента сил относительно центра масс имеем:
$$\vec{M}_C=\bigl[\vec{r}\times\vec{F}\bigr]+\cfrac{qR^2\bigl[\vec{\omega}\times\vec{B}\bigr]}{5}
$$а для производной момента импульса по времени имеем:
$$\cfrac{d\vec{L}_C}{dt}=I\dot{\vec{\omega}}
$$откуда:

Примечание: Воспользуйтесь свойством двойного векторного произведения:

$$\bigl[\vec{a}\times\bigl[\vec{b}\times\vec{c}\bigr]\bigr]=\vec{b}\bigl({~}\vec{a}\cdot\vec{c}{~}\bigr)-\vec{c}\bigl({~}\vec{a}\cdot\vec{b}{~}\bigr)$$

Рассмотрим векторное произведение с $\vec{r}$ слагаемых в уравнении, полученном в пункте $\mathrm{B3}$:
$$I\bigl[\vec{r}\times\dot{\vec{\omega}}\bigr]=\bigl[\vec{r}\times\bigl[\vec{r}\times\vec{F}\bigr]\bigr]+\cfrac{qr^2\bigl[\vec{r}\times\bigl[\vec{\omega}\times\vec{B}\bigr]\bigr]}{5}
$$Учитывая, что $\vec{a}_C=\bigl[\vec{r}\times\dot{\vec{\omega}}\bigr]$, и используя свойство двойного векторного произведения с учётом $\vec{r}\perp\vec{F}$, $\vec{r}\perp\vec{B}$, получим:
$$I\vec{a}_C=-r^2\vec{F}-\cfrac{qr^2\vec{B}\bigl({~}\vec{r}\cdot\vec{\omega}{~}\bigr)}{5}
$$откуда:

Поскольку векторы $\vec{r}$ и $\vec{e}_z$ коллинеарные, уравнение динамики вращательного движения в проекции на ось $z$ записывается следующим образом:
$$I\dot{\omega}_z=\cfrac{qr^2\bigl[\vec{\omega}\times\vec{B}\bigr]_z}{5}=-\cfrac{qr^2B\omega_y}{5}\Rightarrow{\dot{\omega}_z=-\cfrac{qB\omega_y}{2m}}
$$С другой стороны, $\omega_yr=v_x$, откуда:
$$\dot{\omega}_z=-\cfrac{qBv_x}{2mr}
$$и окончательно:

Запишем теорему о движении центра масс:
$$m\vec{a}_C=m\vec{g}+\vec{N}+\vec{F}+q\bigl[\vec{v}_C\times\vec{B}\bigr]
$$Подставляя выражение для $\vec{F}$, полученное в пункте $\mathrm{B3}$, получим:
$$m\vec{a}_C=m\vec{g}+\vec{N}+q\bigl[\vec{v}_C\times\vec{B}\bigr]-\cfrac{2m\vec{a}_C}{5}-\cfrac{q\vec{B}\bigl({~}\vec{r}\cdot\vec{\omega}{~}\bigr)}{5}
$$откуда:
$$\vec{a}_C=\cfrac{5\vec{g}}{7}+\cfrac{5\vec{N}}{7m}+\cfrac{5q\bigl[\vec{v}_C\times\vec{B}\bigr]}{7m}-\cfrac{q\vec{B}\bigl({~}\vec{r}\cdot\vec{\omega}{~}\bigr)}{7m}
$$Обратим внимание, что все силы лежат в плоскости $xz$, значит, движение является одномерным, поскольку изначально шар был неподвижен

Проецируя ускорение центра шара на ось $x$:
$$a_{Cx}=\cfrac{5g\sin\alpha}{7}+\cfrac{qBr\omega_z}{7m}
$$Подставляя выражение для $\omega_z$, получим:

Вводя переменную $x'=x-10g\sin\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2$, получим:
$$\ddot{x}'=-\left(\cfrac{qB}{m}\right)^2\cfrac{x'}{14}
$$Это уравнение гармонических колебаний с циклической частотой $\omega_0=qB/m\sqrt{14}$.
Тогда общее решение для $x(t)$:
$$x(t)=10g\sin\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2+A\cos(\omega_0t+\varphi_0)
$$Учтём начальные условия:
$$
\begin{cases}
x(0)=0\\
\dot{x}(0)=0
\end{cases}
\Rightarrow
\begin{cases}
\varphi_0=\pi\\
A=10g\sin\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2
\end{cases}
$$Для для $x(t)$ имеем:

Вектор угловой скорости шара всегда лежит в плоскости $yz$.
Для $\omega_z$ имеем:
$$\omega_z(t)=-\cfrac{qBx(t)}{2mr}=-\cfrac{5mg\sin\alpha}{qBr}\left(1-\cos\left(\cfrac{qBt}{m\sqrt{14}}\right)\right)
$$Для $\omega_y$ имеем:
$$\omega_y(t)=\cfrac{v_{Cx}(t)}{r}=\cfrac{5mg\sin\alpha}{qBr}\sqrt{\cfrac{2}{7}}\sin\left(\cfrac{qBt}{m\sqrt{14}}\right)
$$Отсюда:
$$\sin^2\left(\cfrac{qBt}{m\sqrt{14}}\right)+\cos^2\left(\cfrac{qBt}{m\sqrt{14}}\right)=\left(\cfrac{\omega_y}{\cfrac{5mg\sin\alpha}{qBr}\sqrt{\cfrac{2}{7}}}\right)^2+\left(1+\cfrac{\omega_z}{\cfrac{5mg\sin\alpha}{qBr}}\right)^2=1
$$Из полученных соотношений видно, что годограф вектора угловой скорости является эллипсом с полуосями $\omega_{0z}$ и $\omega_{0y}$, равными:
$$\omega_{0z}=\cfrac{5mg\sin\alpha}{qBr}\qquad \omega_{0y}=\cfrac{5mg\sin\alpha}{qBr}\sqrt{\cfrac{2}{7}}
$$

Ответ:

Пусть $\omega$ - модуль угловой скорости, образующей угол $\varphi$ с плоскостью. Максимальной является скорость той точки, расстояние которой до мгновенной оси вращения шара максимально. Далее имеет смысл рассматривать только сечение, лежащее в плоскости $yz$. Из рисунка видно, что максимальная скорость элемента шара достигается на перпендикуляре к мгновенной оси вращения, проходящем через центр, и равна:
$$v_{max}=\omega r(1+\cos\varphi)
$$

Для компонент угловой скорости имеем:
$$\omega_y=\omega\cos\varphi\qquad \omega_z=-\omega\sin\varphi
$$Из уравнения эллипса получим:
$$\cfrac{\omega^2\cos^2\varphi}{\omega^2_{0y}}+\cfrac{(\omega_{0z}-\omega\sin\varphi)^2}{\omega^2_{0z}}=1\Rightarrow{\omega=\cfrac{2\omega_{0z}\sin\varphi}{\sin^2\varphi+\cfrac{\omega^2_{0z}\cos^2\varphi}{\omega^2_{0y}}}}
$$Отсюда для максимальной скорости имеем:
$$v_{max}=\cfrac{2\omega_{0z}r\sin\varphi(1+\cos\varphi)}{\sin^2\varphi+\cfrac{\omega^2_{0z}\cos^2\varphi}{\omega^2_{0y}}}=\cfrac{2\omega_{0z}r\tan\varphi(1+\sqrt{1+\tan^2\varphi})}{\tan^2\varphi+\cfrac{\omega^2_{0z}}{\omega^2_{0y}}}
$$В рассматриваемый момент $\tan\varphi=\omega_{0z}/\omega_{0y}$, поэтому:
$$v_{max}=\omega_{0y}r\left(1+\sqrt{1+\cfrac{\omega^2_{0z}}{\omega^2_{0y}}}\right)
$$Подставляя $\omega_{0y}$ и $\omega_{0z}$, находим:

Мы показали, что движение является одномерным, а значит сила Лоренца в любой момент равна нулю. Тогда сила нормальной реакции плоскости $N$ в любой момент равна
$$N=mg\cos\alpha
$$Определим силу трения $F_x$ из теоремы о движении центра масс:
$$F_x=ma_{Cx}-mg\sin\alpha=mg\sin\alpha\left(\cfrac{5}{7}\cos\left(\cfrac{qBt}{m\sqrt{14}}\right)-1\right)\geq{-\cfrac{12mg\sin\alpha}{7}}
$$откуда сила трения $F_x$ всегда находится в следующем диапазоне:
$$-\cfrac{2mg\sin\alpha}{7}\geq{F_x}\geq{-\cfrac{12mg\sin\alpha}{7}}
$$Минимально возможный коэффициент трения определяется выражением:
$$\mu_{min}=\cfrac{|F_x|_{max}}{N}
$$откуда:

Поскольку при качении происходит лишь перераспределение силы нормальной реакции - уравнение динамики вращательного движения относительно центра масс остаётся верным, а в теорему о движении центра масс должно быть изменено:
$$m\vec{a}_C=m\vec{g}+\vec{N}+\vec{F}+q\bigl[\vec{v}_C\times\vec{B}\bigr]+\vec{F}_\text{кач}
$$где
$$\vec{F}_\text{кач}=\mp\vec{e}_x\cdot\cfrac{Nk}{r}
$$где знак $-$ соответствует движению центра шара вдоль оси $x$, а знак $+$ - движению в противоположную сторону.
Тогда уравнение движения в проекции на ось $x$:
$$a_{Cx}=\cfrac{5g\sin\alpha}{7}\mp\cfrac{5kg\cos\alpha}{r}-\cfrac{q^2B^2x}{14m^2}
$$

Фазовая диаграмма каждой половины колебаний представляет собой эллипс, смещённый от положения $x_0$ на величину $\pm{\Delta{x}}$, где:
$$x_0=10g\sin\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2
$$$$\Delta{x}=10g\sin\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2\cfrac{k}{r\tan\alpha}
$$

Из фазовой диаграммы видно, что если $a_i$ - амплитуда половины колебания с номером $i$, то амплитуда половины колебания $a_{i+1}$ с номером $i+1$ определяется выражением:
$$a_{i+1}=a_i-2\Delta{x}
$$Учитывая выражение для $a_1$:
$$a_1=x_0-\Delta{x}
$$имеем:
$$a_{i+1}=x_0-(1+2i)\Delta{x}
$$Тогда для $S_{i{,}i+1}$ имеем:
$$S_{i{,}i+1}=2a_{i+1}
$$или же:

Качение прекращается, если в точке остановки
$$|F_\text{кач}|\leq kmg\cos\alpha/r
$$Этому соответствуют следующие координаты $x$:

Колебания происходят до тех пор, пока очередная точка остановки не окажется в диапазоне $x_\text{ост}\in\bigl[-\Delta{x}{;}\Delta{x}\bigr]$, что приводит к выражению для количества $N$ колебаний:
$$N=\Biggl[\cfrac{a_1}{2\Delta{x}}\Biggr]+1
$$Поскольку $\tan\alpha\gg{k/r}$, с хорошей точностью верно:
$$N=\cfrac{r\tan\alpha}{2k}
$$Для времени движение имеем:
$$t=\cfrac{\pi N}{\omega_0}
$$или же:

Первое решение: Воспользуемся законом сохранения энергии:

$$Q=-\Delta{W}_p-E_k
$$

где $\Delta{W}_p$ - изменение потенциальной энергии системы, а $E_k$ - её кинетическая энергия.

Для $\Delta{W}_p$ имеем:

$$\Delta{W}_p=-mg\sin\alpha x_0=-10mg^2\sin^2\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2
$$

Для нахождения кинетической энергии определим конечную угловую скорость верчения шара:

$$E_k=\cfrac{I\omega^2_z}{2}=\cfrac{Iq^2B^2x^2_0}{8m^2r^2}=\cfrac{q^2B^2}{20m}\cdot 100g^2\sin^2\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^4=5mg^2\sin^2\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2
$$

Первое решение: явно посчитаем работу силы трения качения. Для неё имеем:

$$A_i=-\cfrac{kN}{r}\cdot{2A_i}=-\cfrac{2kmg\cos\alpha}{r}\cdot{a_i} $$

После подстановки $a_i$ получим выражение для работы:

$$A=-\cfrac{20mg^2\sin\alpha\cos\alpha k}{r}\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2\sum\limits_{i=1}^N \left(1+\cfrac{k}{r\tan\alpha}-\cfrac{2ik}{r\tan\alpha}\right)$$

Суммируя, получим:

$$A=-\cfrac{20mg^2\sin\alpha\cos\alpha k}{r}\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2\left(\left(1+\cfrac{k}{r\tan\alpha}\right)N-\cfrac{N(N+1)k}{r\tan\alpha}\right)$$

Подставляя $N$ и учитывая малость, получим:

$$A=-\cfrac{20mg^2\sin\alpha\cos\alpha k}{r}\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2\left(\cfrac{r\tan\alpha}{2k}-\cfrac{r\tan\alpha}{4k}\right)=-5mg^2\sin^2\alpha\left(\cfrac{m}{qB}\right)^2
$$

Количество теплоты $Q=-A$, откуда:

Сила реакции $N$ равномерно распределена по площади круга радиусом $r_0$, поэтому:
$$\cfrac{dN}{dS}=\cfrac{mg\cos\alpha}{\pi{r}^2_0}
$$Тогда для момента силы трения имеем:
$$dM'=\cfrac{\mu dN}{dS}\cdot{2\pi{r}dr}\cdot{r}\Rightarrow{M'=\cfrac{\mu dN}{dS}\cdot{\cfrac{2\pi{r}^3_0}{3}}}
$$откуда:

Поскольку возникающий момент трения верчения направлен вдоль оси $z$ - выражение для силы трения $\vec{F}$, и, как следствие, теорема о движении центра масс остаются верными:
$$a_{Cx}=\cfrac{5g\sin\alpha}{7}+\cfrac{qBr\omega_z}{7m}
$$В уравнение динамики вращательного движения необходимо внести изменения:
$$I\dot{\omega}_z=M_\text{тр}-\cfrac{qr^2B\omega_y}{5}
$$где $M_\text{тр}$ - возникающий момент силы трения верчения.

До тех пор, пока скорость центра шара не достигает значения
$$v_0=\cfrac{2M'mr}{IqB}=\cfrac{10\mu mgr_0\cos\alpha}{3qBr}
$$шар движется равноускоренно и не вертится.
Тогда выражение для времени $t_1$ следующее:
$$t_1=\cfrac{7v_0}{5g\sin\alpha}
$$или же:

Для анализа последующего движения продифференцируем выражение для ускорения $a_{Cx}$:
$$\dot{a}_{Cx}=\ddot{v}_{Cx}=\cfrac{qBr\dot{\omega}_z}{7m}=\cfrac{qBr}{7m}\left(\cfrac{M'}{I}-\cfrac{qBv_x}{2mr}\right)
$$Вводя величину $v_1=v_{Cx}-v_0$, получим:
$$\ddot{v}_1=-\left(\cfrac{qB}{m}\right)^2\cfrac{v_1}{14}\Rightarrow{v_1(t_1)=A\sin(\omega_0\tau+\varphi_0)}
$$где время $\tau=t-t_1$ - время, прошедшее от момента начала верчения. Воспользуемся начальными условиями:
$$
\begin{cases}
v_1(0)=A\sin\varphi_0=0\\
\dot{v}_1(0)=\omega_0A\cos\varphi_0=\cfrac{5g\sin\alpha}{7}
\end{cases}
\Rightarrow v_{Cx}(\tau)=v_0+\cfrac{5g\sin\alpha\sin\omega_0\tau}{7\omega_0}
$$Подставляя в уравнение динамики вращательного движения относительно оси $z$:
$$\dot{\omega}_z=-\cfrac{qB}{2mr}\cdot{\cfrac{5g\sin\alpha\sin\omega_0\tau}{7\omega_0}}\Rightarrow{\omega_z(\tau)=-\cfrac{qB}{2mr}\cdot{\cfrac{5g\sin\alpha(1-\cos\omega_0\tau)}{7\omega^2_0}}}
$$В исходных терминах:
$$\omega_z(\tau)=-\cfrac{5mg\sin\alpha}{qBr}\left(1-\cos\left(\cfrac{qB\tau}{m\sqrt{14}}\right)\right)
$$Из полученного выражения видно, что шар в моменты прекращения верчения вновь повторяет его по тому же закону, поскольку и скорость центра, и угловая скорость верчения изменяются с одинаковым периодом. Это можно интерпретировать как непрерывное верчение.
Тогда график имеет вид, показанный на рисунке ниже:

Ответ:

Мы уже упоминали, что до начала проскальзывания в течение времени $t_1$ шар движется равноускоренно и успевает пройти расстояние:
$$x_1=\cfrac{7v^2_0}{10g\sin\alpha}=\cfrac{70\mu^2m^2gr^2_0\cos^2\alpha}{9q^2B^2r^2\sin\alpha}
$$Определим зависимость $x(\tau)$:
$$x(\tau)=x_1+\int\limits_0^{\tau}\left(v_0+\cfrac{5g\sin\alpha\sin\omega_0\tau}{7\omega_0}\right)d\tau=x_1+v_0\tau+\cfrac{5g\sin\alpha(1-\cos\omega_0\tau)}{7\omega^2_0}
$$Изобразим это на графике:

Ответ: