Niech pole B będzie wzdłuż osi OX tzn.
[tex]\vec{B}=[B;0;0][/tex]
oraz prędkość cząstki
[tex]\vec{V}=[\dot{x};\dot{y};\dot{z}]\\
\vec{V}_0=V_0[\cos\alpha;\sin\alpha;0][/tex]
Dział tu siła Lorentza:
[tex]\vec{F}_L=q\vec{V}\times\vec{B}=qB[0;\dot{z};-\dot{y}][/tex]
zatem dynamiczne równania ruchu:
[tex]m\ddot{x}=0\\
\dot{x}=V_0\cos\alpha\\
x(t)=V_0t\cos\alpha[/tex]
równolegle do pola B mamy ruch jednostajny
pozostałe dwa kierunki są sprzężone:
[tex]m\ddot{y}=qB\dot{z}\\
m\ddot{z}=-qB\dot{y}[/tex]
wprowadzę zmienną pomocniczą:
[tex]\xi=y+iz\\
\ddot{\xi}=\ddot{y}+i\ddot{z}\\[/tex]
a następnie dodam do siebie równania ruchu (mnożąc druga z nich przez i)
[tex]m\ddot{\xi}=qB(\dot{z}-i\dot{y})=-iqB(\dot{y}+i\dot{z})\\
m\ddot{\xi}=-iqB\dot{\xi}\\
\ddot{\xi}=-\frac{iqB}{m}\dot{\xi}\\
\dot{V}_\xi=-\frac{iqB}{m}V_{\xi}\\
\frac{dV_\xi}{V_{\xi}}=-\frac{iqB}{m}dt\\
V_\xi=V_{0\xi}e^{-i\omega t}\\
\textrm{gdzie}\ \omega=\frac{qB}{m}[/tex]
pozostało wyznaczyć stały i wrócić do układu kartezjańskiego
[tex]V_\xi(0)=V_0\sin\alpha=V_{0\xi}\\
\dot{\xi}=V_0\sin\alpha e^{-i\omega t}\\
\xi=\xi_0+i\frac{V_0\sin\alpha}{\omega}(e^{-i\omega t}-1)\\
\xi=\xi_0+\frac{V_0\sin\alpha}{\omega}(i\cos(\omega t)+\sin(\omega t)-i)\\
y(t)=y_0+\frac{V_0\sin\alpha}{\omega}\sin(\omega t)\\
z(t)=z_0+\frac{V_0\sin\alpha}{\omega}(\cos{(\omega t)}-1)[/tex]
Nie tracąc ogólności rozwiązania można założyć, że położenie początkowe to punkt (0;0;0)
Z analizy równań ruchu widzimy, że w płaszczyźnie y,z mamy ruch po okręgu o promieniu
[tex]r=\frac{V_0\sin\alpha}{\omega}=\frac{mV_0\sin\alpha}{qB}[/tex]
przy czym dla q>0 prędkość kątowa ma zwrot przeciwny do osi OZ (obrót zgody z ruchem wskazówek zegara), natomiast dla q<0 - zgody z osią OZ (przeciwnie do ruchem wskazówek zegara).
Zwracam też uwagę, że zmiana znaku ładunku skutkuje tym, że ruch odbywa się dla ujemnych/dodatnich wartości z, z uwagi na zmianę zwrotu siły Lorentza.
Pierwszy rysunek jest dla q>0 (ujemne z), drugi dla q<0 (dodatnie z)
pozdrawiam
