1611143575-f501d09a54839b58ba6706edb8cfab5f (825041), страница 18
Текст из файла (страница 18)
е. столько же.А теперь перейдем к основной задаче.Релятивистская ракета, движущаяся равноускоренно в собственной системе отсчетаКинематикаВ качестве интересного упражнения по теории относительностирассмотрим движение космического корабля, имеющего постоянноеускорение в собственной системе отсчeта, направленное вдоль скорости. Космонавты предпочитают лететь с комфортом, и их корабль имеет ускорение g.В сопутствующей системе отсчeта S ¢ уравнение движения имеет видFx¢ = max¢ = mg .(44.1)Найдем уравнение движения в системе Земли ( S ), относительнокоторой корабль имеет мгновенную скорость v = V .
Из формулыпреобразования сил (43.6) видим, что поскольку v ¢ корабля равнаxнулю, то Fx = Fx¢ Отсюда получаем уравнение движения в неподвижной системе:dpd(44.2)º (gmv ) = Fx = mg .dtdtПолагая m = const (к ракете приложена внешняя сила) и интегрируяуравнение с учeтом того, что v = 0 при t = 0, находим m gv = mgt илиv21-v c2= gt v =gt2 21+g t c2 g = 1 + g 2t 2 c 2 .(44.3)Формула (44.3) справедлива и для случая переменной массы (реактивного движения), так как скорость в лабораторной системы зависиттолько от ускорения корабля в его сопутствующей системе отсчета.
В117этом случае нужно учесть изменение импульса за счет уменьшениямассы ракеты, тогда вместо (44.2) уравнение движения будет(gmv )¢ - gvm ¢ = mg , откуда получаем (gv )¢ = g и решение (44.3).Используя разложение 1 + a » 1 + a 2 при a 1 , получаемæg 2t 2 öv » gt ççç1 - 2 ÷÷÷,çè2c ÷øæc2 öv » c ççç1 - 2 2 ÷÷÷,çè2g t ÷øgt c 1(44.4)gt c 1.Путь, пройденный кораблем в неподвижной системе,2gtdttx=ò021 + g 2t 2 c 2=cg(gt c )ò0dy2 1+y=æö÷c 2 ççg 2t 2+11÷÷÷ .çç2÷øg çècgt 2,x=2При gt c 1(44.5)(44.6)при gt c 1x»æc 2 çç gtçg ççè cö÷322c2÷÷ » ct + c - c » ct - c .+11÷÷ggg 2t 22g 2tø(44.7)Предположим, что через время T после старта ракеты вслед ей сЗемли посылают световой сигнал.
Пройденный им путьx = c(t - T ) = ct - cT .(44.8)Сравнивая с (44.7), видим, что при T > c g свет никогда не догонитускоряющийся космический корабль! При земном ускорении свободного падения g = 103 см/с T = c /g = 3 ⋅ 107 с » 1 год. Космонавты всeвремя будут видеть в свой телескоп изображение Земли, но движениена ней будет замедляться, и в пределе будет застывшая картинкаЗемли, «состарившейся» всего на 1 год. Кроме того, за счет эффектаДоплера изображение будет «краснеть», а также тускнеть.Найдем теперь время t , прошедшее по часам на корабле. В соответствии с (16.3) или (25.12)118d t = dt 1 - v 2 c 2 = dt g .(44.9)Подставляя сюда g из (44.3), получаемtt=ò0dt1 + g 2t 2 c 2=æ gt ö c æ gtöcarcsh çç ÷÷÷ º ln çç + 1 + g 2t 2 c 2 ÷÷÷ .
(44.10)÷øçè c ÷ø g çè cgИ наоборот,ægt ögt= sh çç ÷÷÷ .çè c ÷øc(44.11)Выше мы использовали гиперболические косинус и синус, имеющиеследующие свойства:e x + e -xe x - e -xchx =, shx =, ch2x - sh2x = 1,22(44.12)(chx )¢ = shx , (shx )¢ = chx .При gt c << 1 ,gt c >> 1t »t,t»c 2gtln.gc(44.13)(44.14)Подставляя (44.11) в (44.3) и (44.5), находим скорость и путь по часам на кораблеgtgt,(44.15)v== c thc1 + g 2t 2 c 2При gt c 1öc 2 æç g t- 1÷÷÷ .x = ççch÷øg è c(44.16)c2gtx=exp,2gc(44.17)t=c 2gxln 2 .gc119(44.18)Ниже приведена таблица движения для g 103 см/с (c / g 1 год).Таблица 4Время, скорость и пройденный путь ракеты, движущейся c a = gt1 год10 лет1010 летt0.88 года3 года23 годаv0.7 с0,995с»cx0,41 св. года9,5 св. года1010 св.
летПоследняя строка соответствует достижению видимого горизонта Вселенной (с более удаленных областей свет до Земли еще не дошел).Космонавтам на это путешествие понадобится всего 23 года!Расход горючегоНайдем, сколько потребуется топлива космическому кораблю.Вспомним сначала эту задачу для нерелятивистского случая. Ускорение ракете сообщают выброшенные назад продукты горения. Пусть ихскорость относительно ракеты равна u0 . Перейдем в систему ракеты.Из закона сохранения импульса (нерелятивистский случай)m dv = d m г u 0 ,(44.19)где m – текущая масса ракеты, v – скорость ракеты, d m г – массапорции выброшенного газа, равная убыли массы ракеты -dm.
Отсюдаполучаем уравнениеdmdv(44.20)=- ,mu0m = m 0 exp(- v u 0 ) .(44.21)Это формула Мещерского – Циолковского, дающая связь междуоставшейся 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 ¢ = dm гu 0 g г ,gг = 11 - u 02 c 2 .(44.22)Здесь считается, что скорость истечения газов может бытьрелятивистской, а изменение скорости ракеты в ее исходной системе120мало и можно пользоваться нерелятивистскими выражениями.
Иззакона сохранения энергии находим-d (mc 2 ) = dm г g гc 2 + m(dv ¢)2.2(44.23)Опуская последний член второго порядка малости, получаемdmг г dm .(44.24)Подставляя (44.24) в (44.22), находим уравнение движения в системе ракетыmdv ¢ = -u 0dm .(44.25)Заметим, что в системе ракеты релятивистское и нерелятивистскоеуравнения движения (44.25) и (44.19) совпадают.Найдем связь между dv ¢ и приращением скорости ракеты в неподвижной системе Земли.
Для этого воспользуемся формулой преобразования скоростей (22.3)dvx »V + dvx¢V2¢V»dv(1).xc21 + dvx¢V c 2(44.26)В нашем случае v º vx º V , поэтому (44.26) можно переписать какdv.v21- 2c¢Подставляя dv в (44.25), получаемdv ¢ =(44.27)dmdv.=mu 0 (1 - v 2 c 2 )(44.28)Интеграл в правой части легко берется, используя разложение11 çæ 11 ö÷÷ . В результате получаем=ç2 çè x + 1 x - 1÷ø÷1- x2æ1 - vçm= ççm 0 ççè1 + vc 2u0c ö÷÷÷c ÷÷ø.Это и есть решение задачи Циолковского в общем случае.121(44.29)Из полученной формулы видно, что самым экономичным являетсяфотонный двигатель. При u 0 = c1-v cm=.m01+v c(44.30)Последнюю формулу можно вывести более коротким способом.Заметим, что импульс ракеты равен импульсу фотонов, который связанс изменением полной энергии ракетыp=Eg=m 0c 2 - E,(44.31)ccгде E , p – энергия и импульс ракеты соответственно.
Энергия иимпульс ракеты связаны соотношением (42.8)E 2 - p 2c 2 = m 2c 4 .Учитывая, что p =(44.32)Ev , уравнения (44.31) и (44.32) можно переписатьc2в видеævöE çç1 + ÷÷÷ = m 0c 2 ,çèc ÷øæv2 öE 2 ççç1 - 2 ÷÷÷ = m 2c 4 .çèc ÷ø(44.33)(44.34)Подставляя E из первого уравнения во второе, получаем искомое решение1-v cm,=m01+v c(44.35)совпадающее с ранее полученным выражением (44.30).Вернемся снова к движению равноускоренной ракеты, в котороймы хотели долететь до «горизонта» вселенной. Пусть ракета имеетфотонный двигатель.
Конечную массу ракеты можно найти подставивv из формулы (44.15) в (44.35), однако мы поступим иначе.Импульс, уносимый порцией света в системе корабля,dpg¢ = dE g¢ c = -(dm )c ,122(44.36)где dm – убыль массы корабля. Такой же импульс приобретет корабльв сопутствующей системе. Действующая на корабль cилаF¢ =dp ¢(dm )c= mg = ,dtdt(44.37)откудаm = m 0 exp(- g t c) .(44.38)Для путешествия до горизонта Вселенной с ускорением g потребуется 23 года в системе корабля (табл.
4). Учитывая, что c/g = 1 год, получаемm(44.39)= e-23 .m0Если вначале ракета имела размер Земли (R = 6400 км), то в концепутешествия останется астероид радиусом 3 км!Конечно, превратить Землю в фотоны невозможно – для аннигиляции в фотоны нужно столько же антивещества, которого во вселеннойпрактически нет. Но почему бы не помечтать. Кстати, физики не просто мечтают, а могут подробно объяснить, что можно, а что нельзя ипочему.§ 45.
Упругие столкновения частицВсе задачи на столкновения и распады решаются на основании закона сохранения 4-импульса.В случае упругого столкновения двух частиц с массами m1 и m2закон сохранения 4-импульса имеет видP1 + P1 = P2¢ + P2¢ ,{(45.1)}здесь и далее большая буква P = E c , pозначает 4-импульс.Уравнение, записанное в форме (45.1), является на самом делечетырьмя уравнениями. Однако часто удобней оперировать с целыми 4векторами.
Для упрощения вычислений будем полагать с = 1. В концевычислений всегда видно, где по размерности нужно добавить c.123Пусть две частицы сталкиваются навстречу друг другу с энергиямиE1 и E 2 и задан угол рассеяния первой частицы q . Нужно найти энергию этой частицы. Параметры второй частицы после этого находятсяпростым вычитанием. В принципе, можно записать закон сохраненияпокомпонентно. Получится 3 уравненияP1¢(одно уравнение для сохранения импульса в направлении, перпендикулярq P2P1ном плоскости разлета, выпадает).Имеется также три неизвестных| p1¢ |, | p2¢ | и q2 , так что система однозначно разрешается. Однако эту задачуможно решить проще.
Исключим одним шагом 2 неизвестные величины,относящиеся ко второй частице:P2¢Рис. 35(P2¢)2 = (P1 + P2 - P1¢)2 = m22(c = 1) .(45.2)После этого остается одно уравнение с одной неизвестной | p1¢ | ,которое легко решить.Рассмотрим, для примера, рассеяние фотона на летящем навстречуэлектроне (эффект Комптона), рис. 35. Вначале электрон (летитсправа) и гамма квант (слева) имели 4-импульсы{}Pg = E g , pg , 0, 0 ,при этом pe = Ee2 - m 2 ,Pe = {Ee , -pe , 0, 0} ,(45.3)pg = E g .В соответствии с (45.2)(Pe + Pg - Pg ¢ )2 = m 2(45.4)или2Pe2 + Pg2 + Pg¢ + 2Pe Pg - 2Pe Pg¢ - 2Pg Pg¢ = m 2 .(45.5)Учитывая, что (AB ) = a 0b0 - ab , имеем2Pe2 = m 2 , Pg2 = Pg¢ = 0 ,(45.6)Pe Pg = Ee E g + pe pg = E g (Ee + pe ),(45.7)124Pe Pg¢ = Ee E g¢ + pe E g¢ cos q,(45.8)Pg Pg¢ = E g E g¢ - E g E g¢ cos q .(45.9)Подставляя эти выражения в (45.5), получаемE g (Ee + pe ) - Ee E g¢ - pe E g¢ cos q - E g E g¢ + E g E g¢ cos q = 0 .(45.10)Откуда (возвращаем «с» на место) получаем энергию фотона послерассеянияEe + pec.(45.11)E g¢ = E gEe + pec cos q + E g - E g cos qДля покоящегося электронаE g¢ = E gmc 2;mc 2 + E g (1 - cos J)l ¢ = l + le (1 - cos J), (45.12)где le = /mc – комптоновская длина волны.Рассмотрим интересный случай – «обратное комптоновское рассеяние» света лазера на ультрарелятивистском электроне Ee mc 2 1вблизи q = p (рассеяние лазерного фотона назад).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
