Resolver la ecuación diferencial $q \vec{v} \times \vec{B} + q \vec{E} = m \frac{d\vec{v}}{dt}$

Question

Esto es más de la una de la física-y la pregunta, pero no la física que me importa aquí -- las matemáticas. En mi clase de física nos enteramos de una partícula con velocidad constante en un campo magnético uniforme perpendicular a la hace girar en un círculo de radio constante. El profesor me dijo lo de "probar este", en esencia solucionar el siguiente:

$$q \vec{v} \times \vec{B} = m \frac{d\vec{v}}{dt}$$ con $\vec{v}=\langle v_x, v_y, v_z \rangle$$\vec{B}=\langle 0,0,B \rangle$$B\in\mathbb R_{>0}$, y que funcionó de maravilla! Obtuvo la ecuación de un círculo.

Él entonces me dijo que si había un campo eléctrico perpendicular a ambos el movimiento de la partícula y el campo, que debería obtener un cicloides de la solución de este (con $\vec{E}= \langle 0,E,0 \rangle$):

$$q \vec{v} \times \vec{B} + q \vec{E} = m \frac{d\vec{v}}{dt}$$

Y, bueno, no he tenido una cicloides como respuesta, pero el otro círculo. Aquí está mi intento en esta ecuación diferencial, ¿alguien ve algo mal?

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Para aclarar a los que no han tomado el Electromagnetismo, $q \in \mathbb R$ es carga, $m,B,E \in \mathbb R_{>0}$, e $v_x,v_y,v_z: \mathbb R \to \mathbb R$.

Así que vamos a $\vec{v}=\langle v_x, v_y, v_z \rangle$, $\vec{B}=\langle 0,0,B \rangle$, y $\vec{E}=\langle 0,E,0 \rangle$. Entonces

$\begin{align*} &\ q \vec{v} \times \vec{B} + q \vec{E} = m \frac{d\vec{v}}{dt} \\ &\implies \langle qv_yB, -qv_xB+qE \rangle = \langle m \frac{dv_x}{dt}, m \frac{dv_y}{dt} \rangle \\ &\implies \begin{cases} \frac{dv_x}{dt} = \frac{q}{m} v_y B \\ \frac{dv_y}{dt}=-\frac{q}{m} v_xB+\frac{q}{m}E \end{casos} \\ &\implica \frac{d^2v_x}{dt^2} = \frac{qB}{m} \frac{dv_y}{dt} \\ &\implica \frac{dv_y}{dt} = \frac{m}{qB}\frac{d^2v_x}{dt^2} \\ &\implica \frac{m}{qB} \frac{d^2v_x}{dt^2}=-\frac{qB}{m}v_x+\frac{fc}{m} \\ &\implica \frac{d^2 v_x}{dt^2}=-\frac{q^2B^2}{m^2}v_x+\frac{q^2BE}{m^2} \\ &\implica \frac{d^2 v_x}{dt^2} + \frac{q^2B^2}{m^2}v_x = \frac{q^2BE}{m^2} \end{align*}$

Ahora la ecuación auxiliar de la $LHS$ es $$g^2+\frac{q^2B^2}{m^2}=0\implies g=\pm \frac{qB}{m} i$$ así, obtenemos $(v_x)_c=c_1 \cos\left(\frac{qB}{m}t\right)+c_2\sin\left(\frac{qB}{m}t\right)$. Y

$$RHS=\frac{q^2BE}{m^2} \implies \begin{cases} (v_x)_p = A \\ (v_x)_p' = 0 \\ (v_x)_p''=0\end{cases} \implies (0)+\frac{q^2B^2}{m^2}(A) = \frac{q^2BE}{m^2} \implies A = \frac{E}{B}$$

Por lo tanto,

$$v_x = (v_x)_c+(v_x)_p = c_1 \cos\left(\frac{qB}{m}t\right)+c_2\sin\left(\frac{qB}{m}t\right) + \frac{E}{B}.$$

Ahora de nuevo desde la parte superior, sabíamos

$$\frac{dv_x}{dt} = \frac{qB}{m} v_y \implies v_y = \frac{m}{qB} \frac{dv_x}{dt}$$

y

$$\frac{dv_x}{dt} = \frac{c_2qB}{m} \cos \left(\frac{qB}{m}t\right)-\frac{c_1qB}{m} \sin \left(\frac{qB}{m}t\right)$$

así, obtenemos

$$v_y = c_2 \cos \left(\frac{qB}{m}t\right)- c_1 \sin \left(\frac{qB}{m}t\right)$$

y en su totalidad

$$\vec{v} = \left[c_1 \cos\left(\frac{qB}{m}t\right)+c_2\sin\left(\frac{qB}{m}t\right) + \frac{E}{B} \right] \hat{i} + \left[ c_2 \cos \left(\frac{qB}{m}t\right)- c_1 \sin \left(\frac{qB}{m}t\right) \right] \hat{j}.$$

Esto ni siquiera parece remotamente a una ecuación de un cicloides. ¿Alguien sabe dónde está mi error puede ser?

Edit: Al integrar, llegué a $$\vec{x}= \left[ \frac{c_1m}{qB} \sin \left( \frac{qB}{m}t \right) - \frac{c_2m}{qB} \cos \left( \frac{qB}{m}t \right) + \frac{E}{B}t \right] \hat{i} + \left[ \frac{c_2 m}{qB} \sin \left( \frac{qB}{m}t \right) + \frac{c_1 m}{qB} \cos \left( \frac{qB}{m}t \right) \right] \hat{j}$$ que lamentablemente todavía no parece ser un cicloides en Wolfram después de intentar varias diferentes valores para las constantes. Me estoy perdiendo algo?

Answer 1

$$q \pmb{v} \times \pmb{B} + q \pmb{E} = m \frac{\mathrm d\pmb{v}}{\mathrm dt}\tag 1$$ Si $\pmb{B}=B\hat z$$\pmb E=E\hat y$, tenemos $$\left\{ \begin{align} \dot v_x&=\omega v_y\\ \dot v_y&=-\omega v_x+\gamma \end{align}\right.\tag 2 $$ con $\omega=\frac{qB}{m}$ (ciclotrón de la frecuencia) y $\gamma=\frac{qE}{m}$. El sistema (2) puede ser escrita como

$$\left\{ \begin{align} \ddot v_x+\omega^2 v_x&=\omega\gamma\\ \ddot v_y+\omega^2 v_y&=0 \end{align}\right.\etiqueta 3 $$ y la solución podría ser escrito como $$\left\{ \begin{align} v_x(t)&=a\cos(\omega t+\phi)+\tfrac{E}{B}\\ v_y(t)&=b\cos(\omega t+\theta) \end{align}\right.\etiqueta 4 $$ y, finalmente, $$\left\{ \begin{align} x(t)&=\frac{a}{\omega}\sin(\omega t+\phi)+\tfrac{E}{B}t\\ y(t)&=\frac{b}{\omega}\sin(\omega t+\theta) \end{align}\right.\etiqueta 5 $$ Asumiendo por simplicidad que inicialmente $(t = 0)$ la partícula está en reposo en el origen de un sistema de coordenadas Cartesianas, tenemos $$\left\{ \begin{align} v_x(0)=0&=a\cos(\phi)+\tfrac{E}{B}\\ x(0)=0&=\frac{a}{\omega}\sin(\phi) \end{align}\right. $$ $$ \phi=k\pi, \, k\in\Bbb Z\quad\text{y}\quad a=-\tfrac{E}{B} $$ que es $$ x(t)=\frac{E}{B}\left[t-\frac{1}{\omega}\sin(\omega t)\right]\tag 6 $$ De forma análoga podemos encontrar $$ y(t)=\frac{E}{B}\frac{1}{\omega}\left[1-\cos(\omega t)\right]\etiqueta de 7 $$ Poner a $\omega t=\psi$ $\frac{E}{B\omega}=\rho$ hemos $$\left\{ \begin{align} x&=\rho\left[\psi-\sin(\psi)\right]\\ y&=\rho\left[1-\cos(\psi)\right] \end{align}\right.\etiqueta de 8 $$ lo que nos da las ecuaciones paramétricas de una cicloides.

Observar que a partir de (6) y (7) tenemos $$ (x-\rho \omega t)^2+(y-\rho)^2=\rho^2\9 etiqueta $$ que es un círculo de radio $\rho$ cuyo centro $C:=(\rho \omega t,\rho)$ viaja en el $x$ dirección en una constante de velocidad de $$v_c=\omega \rho=\frac{E}{B}$$ La partícula se mueve como si se tratase de un lugar en el reem de una rueda de desplazamiento hacia abajo de las $x$ eje a la velocidad de la $v_c$. Y la curva generada de esta forma es un cicloides.

Observe que el movimiento en general es no en el sentido de $\pmb E$, como se podría suponer, sino perpendicular a ella.

Answer 2

Sólo faltó un paso más. Usted necesita encontrar el $x$ y $y$ coordenadas. Sólo integran $\vec{v}$ con respecto al tiempo. La cicloide contiene los términos seno y coseno, además de en la dirección de $\hat{i}$ tiene un término proporcional a tiempo: $$\frac{E}{B}t$ $

Answer 3

Como otros ya han discutido su solución de matemáticas, sólo voy a responder a la "cicloides". Es posible que su profesor estaba hablando en un no muy estricta (matemáticamente) sentido.

La solución no es un cicloides en general. Podría ser para los valores particulares de $\bf E$, $\bf B$, y la velocidad inicial de la partícula. De hecho, se muestra a menudo en los textos de física que cuando el campo eléctrico es pequeño en comparación con el magnético (como en el componente eléctrico de la fuerza es mucho menor en magnitud a la magnética) la partícula se llevará a cabo de casi un movimiento circular en el que el centro del círculo lentamente se desplaza en la dirección de ${\bf E}\times \bf B$ (esta velocidad de arrastre es básicamente la $\frac{E}{B}$ parte de su $v_x$).

EDIT: (me había equivocado de la velocidad inicial en la primera) Usted recibirá una cicloides con $c_1 = -E/B$$c_2 = 0$. Esto significa que la velocidad inicial tiene que ser $v_{0x} = v_{0y} = 0$. Por el contrario, si la partícula se inicia en reposo, la trayectoria será una cicloides, dado que las ecuaciones son deterministas. Los otros valores de la velocidad inicial también puede trabajar (esencialmente equivalente a la elección de otro momento en el tiempo como "inicial"). Por ejemplo, ${\bf v}_0 = \langle{\frac{2E}{B}, 0}\rangle$.