A1  ^0.10 Записав кинематическую связь, выразите скорость шарика $\vec v$ через $\Omega$, $\vec\omega$, $r$ и $\vec R$.

Во всей задаче будем использовать следующие векторы: $$\vec{r}=-r\hat{z}\qquad \Omega=\Omega\hat{z}{.} $$ Условие отсутствия проскальзывания состоит в равенстве скоростей в точке касания шара и диска. Таким образом: $$\vec{v}+\bigl[\vec{\omega}\times\vec{r}\bigr]=\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}\bigr]{.} $$ Подставляя $\vec{r}$ и $\vec{\Omega}$, находим:

A2  ^0.20 Записав второй закон Ньютона и закон изменения момента импульса относительно центра шарика, выразите ускорение шарика $\vec a\equiv\dot{\vec v}$ через $\Omega$, $\vec v$, $r$, $m$ и $I$.

Продифференцируем уравнение кинетической связи: $$\dot{\vec{v}}+\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]+\bigl[\vec{\omega}\times\dot{\vec{r}}\bigr]=\bigl[\dot{\vec{\Omega}}\times\vec{R}\bigr]+\bigl[\vec{\Omega}\times\dot{\vec{R}}\bigr]{.} $$ Для производных $\vec{v}$, $\vec{r}$, $\vec{\Omega}$ и $\vec{R}$ имеем: $$\dot{\vec{v}}=\vec{a}\qquad \dot{\vec{r}}=0\qquad \dot{\vec{\Omega}}=0\qquad \dot{\vec{R}}=\vec{v}{.} $$ Таким образом: $$\vec{a}+\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]=\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]{.} $$ Пусть $\vec{F}$ – сила трения, действующая на шар. Запишем теорему о движении центра масс для шара: $$\vec{F}=m\vec{a}{.} $$ Из основного уравнения динамики вращательного движения относительно центра масс шара имеем: $$I\dot{\vec{\omega}}=\bigl[\vec{r}\times\vec{F}\bigr]\Rightarrow I\bigl[\vec{r}\times\dot{\vec{\omega}}\bigr]=\bigl[\vec{r}\times\bigl[\vec{r}\times\vec{F}\bigr]\bigr]=\vec{r}\bigl(\vec{r}\cdot\vec{F}\bigr)-\vec{F}\bigl(\vec{r}\cdot\vec{r}\bigr){.} $$ Поскольку $\vec{F}\perp\vec{r}$: $$\vec{F}=\cfrac{I\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]}{r^2}{.} $$ Приравнивая выражения для $\vec{F}$, находим: $$\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]=\cfrac{mr^2\vec{a}}{I}\Rightarrow \vec{a}\left(1+\cfrac{mr^2}{I}\right)=\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]{.} $$ Таким образом: $$\vec{a}=\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]{,} $$ или же:

A3  ^0.20 Выразите скорость $\vec v$ через $\Omega$, $\vec R$, $\vec v_0$, $\vec R_0$, $r$, $m$ и $I$.

Проинтегрируем выражение для ускорения по времени: $$\int\limits_{0}^t\vec{a}dt=\int\limits_{0}^t\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]dt\Rightarrow \vec{v}-\vec{v}_0=\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}-\vec{R}_0\bigr]{.} $$ Таким образом: $$\vec{v}=\vec{v}_0-\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}_0\bigr]+\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}\bigr]{,} $$ или же:

A4  ^0.50 Запишите явное выражение для траектории шарика с начальными условиями $\vec v_0$ и $\vec R_0$.

Поскольку $\vec{a}\perp\vec{v}$ – модуль вектора скорости является постоянным, как и модуль вектор ускорения. Это означает, что траекторией центра шара будет являться окружность. Пусть $\vec{R}_c$ – радиус–вектор центра окружности, а $R_t$ – её радиус. Выражение для радиуса получается легко: $$|\vec{a}|=\cfrac{v^2_0}{R_t}=\alpha\Omega v_0\Rightarrow R_t=\cfrac{v_0}{\alpha\Omega}{.} $$ Определим положение центра окружности. Пусть $\vec{\omega}_v=\alpha\vec{\Omega}$ – угловая скорость движения центра шара по окружности. Тогда для скорости $\vec{v}$ можно записать: $$\vec{v}=\bigl[\vec{\omega}_v\times\vec{R}-\vec{R}_c\bigr]=\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}-\vec{R}_c\bigr]=\vec{v}_0-\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}_0\bigr]+\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}\bigr]{,} $$ откуда: $$-\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}_c\bigr]=\vec{v}_0-\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}_0\bigr]\Rightarrow -\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}_c\bigr]\bigr]=\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}_0\bigr]-\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}_0\bigr]\bigr]{.} $$ Поскольку $\vec{\Omega}\perp\vec{R}_0{,}\vec{R}_c$: $$\vec{R}_c=\vec{R}_0+\cfrac{\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}_0\bigr]}{\alpha\Omega^2}{.} $$ Окончательно:

A5  ^0.50 Пусть теперь шарик однороден, т.е. $I=2mr^2/5$. Траектория, найденная в предыдущем пункте, представляет собой круг радиусом $R_t$. Пусть начальные условия подобраны так, что этот радиус равен $R_0$. Каково минимально возможное время, необходимое шарику для того, чтобы его центр приблизился к своему исходному положению на диске (в момент времени $t=0$) на минимальное расстояние? Направление начальной скорости шарика может быть выбрано произвольным образом.

Поскольку $I=2mr^2/5$, $\alpha=2/7$. Тогда двум полным оборотам шара всегда соответствует 7 полных оборотов стола, откуда для времени $t$ находим: $$t=\cfrac{14\pi}{\Omega}{.} $$ Этот случай реализуется всегда, однако при определённом наборе направлений $\vec{v}_0$ реализуются и другие случаи. Получим их. Пусть $\varphi$ – угловое перемещение центра шара к моменту встречи с пятном контакта. Тогда, поскольку $R_t=R_0$, угловое перемещение стола к этому моменту составит $\varphi_\text{ст}=2\pi-\varphi+2\pi k$, где $k\in{N}$. Записывая выражение для времени двумя способами, получим $$t=\cfrac{\varphi}{\alpha\Omega}=\cfrac{2\pi(k+1)-\varphi}{\Omega}\Rightarrow \varphi=\cfrac{2\pi\alpha (k+1)}{\alpha+1}{.} $$ Отсюда: $$t=\cfrac{2\pi(k+1)}{\Omega(\alpha+1)}=\cfrac{14\pi(k+1)}{9\Omega}{.} $$ Обратим внимание, что ответ, полученный ранее для общего случая, содержится внутри полученного нами сейчас, поэтому:

B1  ^0.20 Выразите скорость $\vec v$ шарика через $\vec{v}_0$, $\Omega$, $\vec R$, $\Omega_0$, $\vec R_0$, $r$, $m$ и $I$. Выразите ускорение $\dot{\vec v}$ шарика через через $\Omega$, $\vec R$, $\dot\Omega$, $\vec{v}$, $r$, $m$ и $I$.

Воспользуемся решением пункта $\mathrm{A1}$. Единственное отличие состоит в том, что теперь $\dot{\Omega}\neq 0$: $$\vec{a}+\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]=\cfrac{\operatorname{d}\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}\bigr]}{\operatorname{d}t}=\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]+\bigl[\dot{\vec{\Omega}}\times\vec{R}\bigr]{.} $$ Обратим внимание, что теорема о движении центра масс и основное уравнение динамики вращательного движения остаются справедливыми, поэтому: $$\vec{a}+\bigl[\dot{\vec{\omega}}\times\vec{r}\bigr]=\cfrac{\vec{a}}{\alpha}{.} $$ Таким образом: $$\vec{a}=\alpha\left(\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]+\bigl[\dot{\vec{\Omega}}\times\vec{R}\bigr]\right){.} $$ Интегрируя полученное выражение по времени: $$\vec{v}-\vec{v}_0=\alpha\left(\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}\bigr]-\bigl[\vec{\Omega}_0\times\vec{R}_0\bigr]\right){.} $$ Окончательно:

B2  ^0.60 Выразите модуль углового ускорения диска $\dot\Omega$ через $\Omega$, $\Omega_0$, $\vec R$, $\vec R_0$, $\vec v_0$, $r$, $m$, $I$ и $I_d$. В ответе могут присутствовать величины $\alpha$ и $\delta$, определённые в начале задачи.

Запишем основное уравнение динамики вращательного движения для диска относительно его центра: $$I_d\dot{\vec{\Omega}}=\bigl[\vec{R}\times -\vec{F}\bigr]=m\bigl[\vec{a}\times\vec{R}\bigr]{.} $$ Подставляя выражение для $\vec{a}$, получим: $$I_d\dot{\vec{\Omega}}=\alpha m\left(\bigl[\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{v}\bigr]\times\vec{R}\bigr]+\bigl[\bigl[\dot{\vec{\Omega}}\times\vec{R}\bigr]\times\vec{R}\bigr]\right)=-\alpha m\left(\vec{\Omega}\bigl(\vec{v}\cdot\vec{R}\bigr)+\dot{\vec{\Omega}}R^2\right){.} $$ Здесь мы учли, что $\vec{e}_z\perp\vec{R}$. Таким образом: $$\left(I_d+\alpha mR^2\right)\dot{\vec{\Omega}}=-\alpha m\vec{\Omega}\bigl(\vec{v}\cdot\vec{R}\bigr)\Rightarrow \dot{\vec{\Omega}}=-\cfrac{\alpha\vec{\Omega}\bigl(\vec{v}\cdot\vec{R}\bigr)/r^2}{\delta+\alpha R^2/r^2} $$ Воспользовавшись выражением для $\vec{v}$, получим:

B3  ^0.60 Выразите модуль угловой скорости диска $\Omega$ как функцию $R$, а также $\Omega_0$, $R_0$, $r$, $m$, $I$ и $I_d$.

В пункте $\mathrm{B2}$ было получено уравнение с разделяющимися переменными: $$\cfrac{d\Omega}{\Omega}=-\cfrac{1}{2}\cfrac{d(\alpha R^2/r^2)}{\delta+\alpha R^2/r^2}{.} $$ Интегрируя, получим: $$\ln\cfrac{\Omega}{\Omega_0}=-\cfrac{1}{2}\ln\cfrac{\delta+\alpha R^2/r^2}{\delta+\alpha R^2_0/r^2}\Rightarrow \Omega=\Omega_0\sqrt{\cfrac{\delta+\alpha R^2_0/r^2}{\delta+\alpha R^2/r^2}}{.} $$ Подставляя $\delta$ и $\alpha$, получим:

B4  ^0.10 Из результатов пункта B3 получите выражение для максимально возможной $\Omega$ при заданных $\Omega_0$ и $R_0$.

Максимально возможному значению $\Omega$ соответствует $R=0$: $$\Omega_{max}=\Omega_0\sqrt{1+\cfrac{\alpha}{\delta}\cfrac{R^2_0}{r^2}}{.} $$ Таким образом:

B5  ^2.50 Запишите выражение для вертикальной компоненты момента импульса $\hat zM_z$ всей системы. Некоторые слагаемые в этом выражении — постоянные величины. Вычтя их из $\hat zM_z$, обозначьте оставшееся выражение как $\hat zL$. Скорость шарика $\vec v$, полученную в пункте B1, можно записать как сумму постоянного вектора и слагаемого, зависящего от $\vec R$. Обозначьте этот постоянный вектор как $\vec c$. Выберем направление оси $x$ вдоль вектора $\vec{c}$, а направление оси $y$ — вдоль вектора $\hat z\times\vec c$. В этой системе отсчёта выразите $\Omega$ через $L$, $\vec R$, $\vec c$, $\hat z$, $R^2$, $r$, $m$, $I$ и $I_d$. Добавив к этому результат пункта B3, запишите уравнение, связывающее величины $R^2$ и $y$ с помощью $L$, $r$, $m$, $I$, $c$ и $I_d$. Здесь $c$ — модуль $\vec c$. Подставив $R^2=x^2+y^2$, запишите выражение, содержащее $x$ и $y$, которое описывает некоторую кривую. Отсюда найдите и перечислите все возможные типы траекторий шарика. При анализе видов траекторий вы можете использовать любые введённые величины.

Для вертикальной компоненты момента импульса имеем: $$\hat{z}M_z=I_d\vec{\Omega}+\hat{z}m\bigl[\vec{R}\times\vec{v}\bigr]_z+I\omega_z{.} $$ Из основного уравнения динамики вращательного движения относительно центра масс шара следует, что $\omega_z=const$, поэтому: $$\hat{z}L=I_d\vec{\Omega}+\hat{z}m\bigl[\vec{R}\times\vec{v}\bigr]_z{.} $$ Для скорости $\vec{v}$ в соответствии с обозначением для $\vec{c}$ имеем: $$\vec{v}=\vec{c}+\alpha\bigl[\vec{\Omega}\times\vec{R}\bigr]{,} $$ откуда с учётом того, что $\vec{R}\perp\vec{\Omega}$: $$\hat{z}L=\left(I_d+\alpha mR^2\right)\vec{\Omega}+m\bigl[\vec{R}\times\vec{c}\bigr]{.} $$ Умножая скалярно на $\hat{z}$, получим: $$L=(I_d+\alpha mR^2)\Omega+m\hat{z}\cdot\bigl[\vec{R}\times\vec{c}\bigr]{,} $$ откуда: $$\Omega=\cfrac{L-m\hat{z}\bigl[\vec{R}\times\vec{c}\bigr]}{I_d+\alpha mR^2}{.} $$ Поскольку система координат $xyz$ образует правую тройку, имеем: $$\Omega=\cfrac{L+mcy}{I_d+\alpha mR^2}=\cfrac{L/(mr^2)+cy/r^2}{\delta+\alpha R^2/r^2}=\Omega_0\sqrt{\cfrac{\delta+\alpha R^2_0/r^2}{\delta+\alpha R^2/r^2}}{.} $$ Введём обозначения: $$k=\Omega^2_0(\delta r^2+\alpha R^2_0)\qquad \lambda=L/m{.} $$ Возведём последнее выражение в квадрат: $$\lambda^2+2\lambda cy+c^2y^2=k^2(\delta r^2+\alpha R^2)=k(\delta r^2+\alpha x^2+\alpha y^2){,} $$ откуда: $$\lambda^2-k\delta r^2=k\alpha^2x^2+(k\alpha-c^2)y^2-2\lambda cy $$

C1  ^0.50 Запишите второй закон Ньютона и закон изменения момента импульса относительно центра шарика. Выразите момент сил $\vec\tau_s$, действующий на шарик из-за его вращения, через $Q$, $r$, $\vec\omega$ и $\vec B$.

Для момента силы Лоренца относительно центра масс шара имеем: $$\vec{\tau}_s=\bigl[\vec{m}\times\vec{B}\bigr]{,} $$ где $\vec{m}$ – магнитный момент шара. Магнитный момент системы зарядов определяется с помощью соотношения: $$\vec{m}=\sum_i\bigl[\vec{r}_i\times\vec{v}_i\bigr]q_i{.} $$ В системе, в которой $q_i\sim m_i$, где $m_i$ – масса $i-\text{й}$ частицы, выполняется гиромагнитное соотношение: $$\vec{m}=\cfrac{\vec{L}q}{2m}{,} $$ поэтому для равномерно заряженной сферы: $$\vec{m}=\cfrac{I\vec{\omega}Q}{2m}=\cfrac{Qr^2\vec{\omega}}{3}{.} $$ Таким образом: $$\vec{\tau}_s=\cfrac{Qr^2\bigl[\vec{\omega}\times\vec{B}\bigr]}{3}{.} $$ Тогда теорема о движении центра масс и основное уравнение динамики вращательного движения относительно центра масс шара запишутся следующим образом: $$\begin{cases} m\vec{a}=\vec{F}+q\bigl[\vec{v}\times\vec{B}\bigr]\\ I\dot{\vec{\omega}}=\bigl[\vec{r}\times\vec{F}\bigr]+\cfrac{Qr^2\bigl[\vec{\omega}\times\vec{B}\bigr]}{3} \end{cases} $$

C2  ^0.50 Уравнение для линейного ускорения представляет собой дифференциальное уравнение второго порядка на $\vec R$ вида: \begin{equation*}\frac{d^2\vec R}{dt^2}-\gamma \frac{d\vec R}{dt}\times \hat z+\beta \vec R = 0.\end{equation*} Выразите постоянные $\gamma$ и $\beta$ через $Q$, $r$, $B$, $I$, $m$, $\Omega$.

C3  ^1.00 Перейдите от компонент $\vec R$ к полярным координатам: $$\begin{cases} x(t)=\rho(t)\cos(\eta(t)),\\y(t)=\rho(t)\sin(\eta(t)),\end{cases}$$ и получите систему уравнений на $\rho(t)$ и $\eta(t)$, эквивалентную уравнению выше. Далее считайте, что полярный угол $\eta(t)$ представляет собой некоторую линейную функцию времени. Найдите вид этой функции, считая, что $\eta(0)=\eta_0$. Выразите коэффициент $\beta'$ при $\rho(t)$ в полученном вами уравнении на $\rho(t)$ через $\gamma$ и $\beta$. Запишите условия, при которых реализуются различные характерные зависимости $\rho(t)$: гармоническая, экспоненциальная и т.д.

C4  ^0.90 Рассмотрим следующие начальные условия для решения, найденного в С3: $x(0)=1~$м, $y=0~$м, $v_x(0)=\dot x|_{t=0}=1~$м/с , $v_y(0)=\dot y|_{t=0}=-1~$м/с. Для $\beta'=0$ найдите $\beta$ и $\gamma$, соответствующие этим начальным условиям, а также зависимости $x(t)$ и $y(t)$. Найдите отсюда соответствующую $\Omega$. Схематично изобразите траекторию шарика. Как заряжена поверхность шарика: положительно или отрицательно? Запишите в листах ответов «$-$» в случае отрицательного и «$+$» в случае положительного заряда.

C5  ^1.60 Рассмотрим решение, полученное в пункте C4. Если решение получено правильно, вектор $\vec R$ должен вращаться. Получите выражения для изменения энергии системы за время $t$ и за один оборот после $N\gg1$ оборотов. Членами малыми по сравнению с $N$ можно пренебречь. В этом пункте можно считать, что масса шарика $m=1~$кг, а его радиус $r=1~$м, поэтому $I=1/10~$кг$\cdot$м${}^2$.