Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Новосибирский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

telnov-mechanika-and-TO

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

28.03.2016

Размер:

2.42 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2712 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

dm	= −dv ,	(44.20)
m	u0
m = m0 exp(−v u0 ).		(44.21)

Это формула Мещерского-Циолковского, дающая связь между оставшейся массой ракеты и набранной скоростью.

Найдем теперь решение этой задачи в релятивистском случае. Перейдем в систему ракеты (S ′ ). Из закона сохранения импульса при выбросе очередной порции "газов"

mdv′ = dmгu 0γг, γг = 1 1 − u02 c2 .

(44.22)

Здесь считается, что скорость истечения газов может быть релятивистской, а изменение скорости ракеты в ее исходной системе мало и можно пользоваться нерелятивистскими выражениями. Из закона сохранения энергии находим

−d(mc2 ) = dm	γ c2 +m (dv′)2	2 .	(44.23)
г	г
Опуская последний член второго порядка малости, получаем
dmгγ г	= −dm .		(44.24)

Подставляя (44.24) в (44.22), находим уравнение движения в систе-

ме ракеты
mdv′ = −u dm .	(44.25)
0

Заметим, что в системе ракеты релятивистское и нерелятивистское уравнения движения (44.25) и (44.19) совпадают.

Найдем связь между dv′ и приращением скорости ракеты в неподвижной системе Земли. Для этого продифференцируем формулу преобразования скоростей (22.3)

V +v′

vx′→0

dv′(1

(44.26)

= d

−

+v′V c

В нашем случае v ≡ vx ≡V , поэтому (44.26) можно переписать как

dv′ =	dv		.	(44.27)
	1 −	v2

		c2

Подставляя dv′ в (44.25), получаем

111

dm			= −				dv		,	(44.28)
	m		= −		u		(1 −v2		,	(44.28)
	m				u		(1 −v2	c2 )
						0
откуда				1 −v c c 2u0
	m			1 −v c c 2u0
	m
			=					.		(44.29)
m			=					.		(44.29)
m		0	1			+v c
		0

Это и есть решение задачи Циолковского в общем случае.

(Интеграл в правой части (44.28) берется, используя разложе-

	1			1		1		1
ние	1			1		1		1	, после чего интеграл легко берется.)
			=				−
		2	=				−
	1 −x			2
	1 −x			2	x +1			x −1

Из полученной формулы видно, что самым экономичным является

фотонный двигатель. При u0 = c
	m		=		1	−v c	.	(44.30)
	m		=	1			.	(44.30)
	m	0		1		+v c
		0

Последнюю формулу можно вывести более коротким способом. Заметим, что импульс ракеты равен импульсу фотонов, который связан с изменением полной энергии ракеты

p =

Eγ

m0c2 −E

(44.31)

где E, p –энергия и импульс

ракеты. Энергия и импульс

ракеты

связаны соотношением (42.7)

E2 − p2c2

= m2c4 .

(44.32)

Учитывая, что

p = E v , уравнения (44.31) и (44.32) можно переписать

в виде

(44.33)

E 1

= m c

E 1 −

= m c .

(44.34)

Подставляя E из первого уравнения во второе, получаем искомое решение

112

m		=		1	−v c	,	(44.35)
m	0		1		+v c

совпадающее с ранее полученным выражением (44.30).

Вернемся снова к движению равноускоренной ракеты, в которой мы хотели долететь до "горизонта". Пусть ракета имеет фотонный двигатель. Конечную массу ракеты можно найти подставив v из формулы (44.15) в (44.35), однако мы поступим иначе.

Импульс, уносимый порцией света в системе корабля

dpγ′ = dEγ′ c = −(dm)c

(44.36)

где dm – убыль массы корабля. Такой же импульс приобретет корабль в сопутствующей системе. Действующая на корабль cила

F ′ =	dp′	= mg = −	(dm)c	,	(44.37)

	dτ		dτ
откуда	dτ		dτ
откуда
m = m0 exp(−gτ c).					(44.38)

Для путешествия до горизонта Вселенной с ускорением g потребуется 23 года в системе корабля (см. таблицу). Учитывая, что c/g = 1 год, получаем

m	= e	−23	.	(44.39)
m0

Если вначале ракета имела размер Земли (R = 6400 км), то в конце путешествия останется астероид радиусом 3 км!

Всю массу в фотоны просто так не превратишь, нужно столько же антивещества, чтобы получать фотоны путем аннигиляции, а антивещества нигде поблизости нет. Но почему бы не помечтать. Кстати, физики не просто мечтают, а могут подробно объяснить, что можно, а что нельзя, и почему.

§ 45. Упругие столкновения частиц

Все задачи на столкновения и распады решаются на основании закона сохранения 4-импульса.

В случае упругого столкновения двух частиц с массами m1 и m2 закон сохранения 4-импульса имеет вид

P +P = P′+P′ ,				(45.1)
1	1	2	2

113

здесь и далее большая буква P = {Ec, p} означает 4-импульс.

Уравнение, записанное в форме (45.1) является на самом деле четырьмя уравнениями. Однако, часто удобней оперировать с целыми 4-векторами. Для упрощения вычислений будем полагать с = 1. В конце вычислений всегда видно, где по размерности нужно добавить c.

Пусть две частицы сталкиваются

P1′

θ P2

навстречу друг другу с энергиями E1 и E2 и задан угол рассеяния первой час-

тицы θ . Нужно найти энергию этой частицы. Параметры второй частицы после этого находятся простым вычи-

P ′	танием. В принципе,	можно	записать
P ′	закон сохранения покомпонентно. По-
2	закон сохранения покомпонентно. По-
	лучится 3 уравнения (одно уравнение
Рис. 35	для сохранения импульса в направле-
	нии, перпендикулярном плоскости раз-
лета, выпадает). Имеется также три неизвестных \| p′ \|, \| p′ \|			и θ , так
	1	2	2

что система однозначно разрешается. Однако эту задачу можно решить проще. Исключим одним шагом 2 неизвестные величины, относящиеся ко второй частице

(P′)2	= (P	+P	−P′)2	= m2	(c = 1) .	(45.2)
2	1	2	1	2

После этого остается одно уравнение с одной неизвестной| p1′ |,

которое легко решить.

Рассмотрим, для примера, рассеяние фотона на летящем навстречу электроне (эффект Комптона), рис. 35. Вначале электрон (летит справа) и гамма квант (слева) имели 4-импульсы

	Pγ = {Eγ, pγ, 0, 0},				Pe		= {Ee,−pe, 0, 0} ,			(45.3)
при этом\| p \|≡ p =		E2 −m2 ,		\| p	γ	\|= E		γ	.
e	e	e			γ			γ
В соответствии с (45.2)
		(P	+P −P		′)2		= m2			(45.4)
		e	γ	γ
или
Pe2	+Pγ2	+Pγ′2	+ 2PePγ −2PePγ′−2PγPγ′ = m2 .							(45.5)

114

Учитывая, что(AB) = a0b0 −ab,

, имеем

Pe2 = m2, Pγ2 = Pγ′2 = 0 ,

(45.6)

PePγ

= EeEγ

+ pe pγ = Eγ(Ee + pe ),

(45.7)

P P′

E E ′

+ p E ′ cos θ,

(45.8)

e γ

P P

′

= E

E ′

−E

′ cos θ.

(45.9)

γ γ

Подставляя эти выражения в (45.5) получаем

+ p ) −E E ′

− p E ′ cos θ −E

E ′

E ′ cos θ = 0 .

(45.10)

e γ

Откуда (возвращаем "с" на место) получаем энергию фотона после рассеяния

E ′ = E			Ee	+ pec					.	(45.11)
	γ E		+ p c cos θ +E			−E		cos θ
γ					γ		γ
		e	e

Рассмотрим интересный случай – «обратное комптоновское рассея-

ние» света лазера на ультрарелятивистском электроне E mc2	1,
e

вблизи θ = π (рассеяние лазерного фотона назад). В этом случае в числителе (45.11) можно положитьpec = Ee , а в знаменателе сделаем

замену p c

−m2c4

≈ E

−

m2c4

cos θ ≈ −1 + α2

, где

2Ee

α = π −θ . Тогда ответ преобразуется к виду

′ = E

где

x =

4EeEγ

(45.12)

+ α2

γ2

m2c4

e x +1

Например:

= 100 ГэВ, Eγ = 2.5эВ (видимый свет), тогда x = 4 и

при α = 0

получаем E ′ = 80 ГэВ, т.е.

рассеянные

фотоны,

летящие в направление исходных электронов, уносят 80 % начальной энергии электрона. Этот метод получения высокоэнергичных фотонов лежит в основе будущих фотон-фотонных коллайдеров на энергию

100-1000 ГэВ.

Если параметр x	1, то
	E ′	= 4γ2E	γ	,	(45.13)
	γ		γ

что совпадает с формулой (42.17) для отражения света назад от движущегося зеркала.

115

§46. Распад частиц.

1.Сначала рассмотрим распад покоящейся частицы с массой M на две частицы с массами m1 и m2 . Закон сохранения 4-импульса при та-

ком распаде имеет вид

P = P1 +P2 .

(45.14)

Из сохранения нулевой компоненты (энергии) следует, что распад возможен при (с = 1)

M = E1 +E2 > m1 +m2 .										(45.15)
Найдем энергию первого осколка. Из (45.14) имеем
(P −P )2				= P		2 = m2 .				(45.16)
			1		2		2
Учитывая, что P = {M,0}, P1 = {E1, p1 }							, получаем
M 2 −2ME				1	+m2		= m2		,	(45.17)
откуда (возвращаем "с")				1		1	2
откуда (возвращаем "с")
			M 2 +m2			−m2				(45.18)
E		=			1		2	c2
E	1	=			2M			c2
	1

и из симметрии (1 ↔ 2)

			M 2	+m2	−m2
E		=		2	1	c2 .
E	2	=		2M		c2 .
	2

Это есть решение в системе покоя распадающейся частицы.

2. Пусть теперь первичная частица движется со скоростью V

(45.19)

и при

распаде частиц с массой m = m1 имеет в системе центра инерции

(ц.и.) энергию E0	≡ E1 , импульс	p0 =	E02 −m2c4 (полученные вы-
ше) и скорость v0	= p0c / E0 . Найдем зависимость энергии данной час-
тицы Е от угла θ .
Из преобразований 4-импульсов следует (с = 1)
E0 = γ(E − pV cos ϑ),		где	p = E2 −m2c4 .	(45.20)
Отсюда для E получается квадратное уравнение
E2(1 −V 2 cos2 θ) −2EE0 1 −V 2 +E02(1 −V 2 ) +V 2m2c4 cos2 θ = 0				(45.21)

Из геометрических соображений (также как и в случае нерелятивистского распада, рис. 26) ясно, что если v0 <V , то одному углу соответствует два решения.

116

Написать ответ не представляет труда (писать не будем). Максимальный угол соответствует случаю равенства нулю дискриминанта уравнения. Но мы найдем макс. угол более простым способом. Если в

системе ц.и. частица вылетает под углом θ0 , то в соответствие с (42.15) в лабораторной системе

p0 sin θ0

sin θ0

(45.22)

tg θ =

γ(p

cos θ +E V c2 )

γ(cos θ

+V v

)

Найдем max(tg ϑ),

приравняв(tg θ)′ = 0 .

Легко получить,

что это

происходит при cos θ0 = −v0 V . Отсюда

tg θ

sin θ

γ0v0

(45.23)

γ V 2 −v02

γV

где γ = 1 / 1 −V 2/ c2 , γ

= 1 /

1 −v 2 / c2 .

3. В качестве примера рассмотрим распад π0 - мезона на два γ - кванта.

Скорость π0 -мезона V всегда меньшеv0 = c , т.е. решение одно-

значно и нет предельного угла. Из формулы преобразования энергии (42.10) в случае фотона

E(1 −V cos θ)

E0 =

= mπc

(45.24)

1 −V 2

получаем

E =

1 −V 2

(45.25)

−

cos θ

Отсюда находим максимальную и минимальную энергию фотонов

θ = 0

E = E

E0 1 −V 2 c2

m c2

+V c

(45.26)

max

−

1 −V c

117

θ = π E = E

E0 1 −V 2 c2

m c2

−V c

. (45.27)

min

1 +V c

Найдем энергетический спектр фотонов в лабораторной системе. В

системе покоя π0 распределение по углу вылета фотона изотропно (для других частиц может быть и по-другому)

dP (вероятность) =	dΩ0	=	2πsin θ0dθ0	= −	1 d(cos θ ) .		(45.28)

	4π		4π		2	0

Здесь элемент телесного угла dΩ 0 записан в сферической системе ко-

ординат(рис.5), где координаты задаются (R,θ,ϕ). Возьмем сферу ра-

диуса R, и маленькую площадку на ней в интервале углов отθ до θ +dθ и от ϕ до ϕ +dϕ . Нетрудно сообразить, что она будет близка

к квадратной с площадью dS = R sin θdθ Rdϕ. Телесный угол, по определению, dΩ = dS / R2 , отсюда dΩ = sin θdθdϕ . Поскольку угло-

вое распределение в рассматриваемом распаде может зависеть только от θ , то можно проинтегрировать по ϕ, что дает 2π. Т.е. в качестве

площадке на сфере мы берем кольцо от θ до θ +dθ. В знаменателе (45.28) 4π происходит от того, что полный телесный угол равен пло-

щади сферы 4πR2 , деленной на R2 , таким образом полная вероятность рассеяться на любой угол равна единице (говорят, что такое распределение нормировано на единицу).

Из формулы

E = γE	(1 +			V		cos θ )					(45.29)
E = γE	(1 +					cos θ )					(45.29)
0				c					0
находим				c
находим
cos θ = (		E			−1)		c			,	(45.30)
cos θ = (					−1)					,	(45.30)
0		γE0				V
откуда		γE0				V
откуда
d(cos θ ) =			cdE					.			(45.31)
d(cos θ ) =								.			(45.31)
0		V γE0
		V γE0

Подставляя (45.31) в (45.28), получаем энергетическое распределение фотонов в лабораторной системе отсчёта

118

dP = −	c			1		dE ,	(45.32)
	2V		γE		0


т.е. спектр равномерный от Emin		до		Emax . Знак минус здесь можно

заменить на плюс, он зависит от того откуда отсчитывать энергию. Найдем теперь угловое распределение в лабораторной системе от-

счёта. Исходным снова является угловое распределение фотонов в системе ц.и., в данном случае изотропное(45.28). Для световой абберации

(23.4)

cos θ −V c cos θ0 = 1 −Vc cos θ ,

откуда нетрудно получить

d(cos θ) d(cos θ0 ) = γ2 1 −V cos θ 2 .

Подставляя последнее это выражение в (45.28) угловое распределение

dp = −	1			d(cos θ)				.
dp = −	2				V		2	.
	2						2
	2
		γ	1 −				cos θ
		γ	1 −				cos θ
						c
						c

(45.33)

(45.34)

получаем искомое

(45.35)

В общем случае, зная угловое распределение в системе ц.м. и используя формулы преобразования углов можно найти угловые распределения для любого распада.

§ 46. Неупругие столкновения, пороги рождения частиц, встречные пучки.

1. Общий подход

При неупругом столкновении (слипании) двух частиц с массами

m1 и m2 с 4-импульсами P1	= {E1, p1 }, P2 = {E2, p2 } образуется час-
тица с массой
M 2c4 = P2 = (P +P )2		= (E	1	+E	)2 −(p + p		)2 . (46.1)
1	2		1	2	1	2

2.Столкновение движущейся частицы с покоящейся частицей

Вэтом случае

119

E = E		+E		= E		+m c2	(46.2)
	1		2		1	2 .	(46.2)
p = p1 + p2			= p1

Образовавшаяся частица движется со скоростью

v =	c2p	=			p1 c2	,	(46.3)
v =	E	=	E	1	+m c2	,	(46.3)
	E		E		+m c2
					2

ее масса в соответствие с(46.1)

M 2c4 = (E +m c2 )2 − p2 = m2c4 +m2c4 +2E m c2										(46.4)
	1		2		1	1	2	1	2

M 2 = m2	+m2		+2E m	2	/ c2
1		2	1

Отсюда, для рождения частицы с массой M при столкновении движущейся частицы с неподвижной необходима энергия

		(M 2 −m2		−m2 )c2
E1	=		1	2	(46.5)
			2m2

Пример. Антипротон был впервые наблюден в реакции					(46.6)
p + p → p + p + p + p

при соударении протонов, выпущенных из ускорителя, с неподвижной мишенью. Найдем минимальную энергию протонов, при которой идет данная реакция.

Масса всех конечных частиц на пороге рождения M = 4mp (mp – масса протона). Тогда из (46.5) находим

E	1	= 7m c2	≈ 6.5 ГэВ.	(46.7)
	1	p

Специально для этой задачи в Беркли, США, был построен ускоритель на такую энергию, на котором 1955 году на нем был открыт антипротон.

При столкновении с неподвижной мишенью энергия налетающей частицы идет как на "создание" массы рождаемой частицы, так и на её кинетическую энергию. При этом доля энергии, идущая на создание

массы, падает с ростом энергии. Из (46.5) при E1 m1,m2 находим

Mc2		2m2c2
E				.	(46.8)
		E	1
	1
3. Встречные пучки.
При слипании навстречу летящих частиц с энергиями E0					и нуле-

вым суммарным импульсом образуется частица с массой

120

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1112 / 2712 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.07.202571.31 Кб0Taktika.docx
#
01.05.2025463.87 Кб0TBVVR_1-3_lektsii.doc
#
01.05.20259.87 Mб1tehnologiya_otkrytyh_gornyh_rabot_2 (1).doc
#
01.07.2025270 Кб1TEKhNIKA_1.docx
#
01.07.2025522.85 Кб0Tekh_Protsess.docx
#
28.03.20162.42 Mб29telnov-mechanika-and-TO.pdf
#
04.05.2019158.72 Кб5TEMA_2.doc
#
01.05.202559.17 Кб0tema_20_zadachi.docx
#
22.11.2019114.69 Кб2Tema_4_TRUDOVOE_PRAVO.doc
#
28.03.201649.72 Кб175test1.rtf
#
06.06.2015867.33 Кб620TESTY_GADZhI_vse.doc