1612134387-a2fccbf390d18c9a09d2258f69cea51b (829487), страница 17
Текст из файла (страница 17)
примечание к задаче 1.7 и [10] стр. 96–97)τ=TαK(k),√6π 10cβa3где T — период невозмущённого движения.Используем нашу модель для оценки времени жизни спутника с начальной траекторией, имеющей малый эксцентриситет e0 ∼ 0, 1 и близкойк окружности радиуса a ∼ 40 000 км. В этом случае период обращенияспутника T порядка одних суток, а время падения на Землю (т. е.
время в течение которого его минимальное расстояние сравняется с радиусом Земли)по порядку величины совпадает со временем τ . Для отношения α/β справедлива оценка α/β ∼ (m1 /m2 ) R3 , где m1 и m2 — масса Земли и Луны, аR — расстояние от Земли до Луны. Отсюда получаем оценкуτ∼T22,T,T2 = 2πGmЗ /R3где T2 — период обращения Луны и G — гравитационная постоянная. Таким образом, время, в течение которого такой спутник упадет на Землю,оказывается порядка нескольких лет. Истинное время падения оказывается заметно меньше из-за наличия сопротивления воздуха даже на большихвысотах.2.38 б. Будем пользоваться геоцентрической системой координат.Примем прямую Земля–Солнце за ось z, ось x — лежащей в плоскости орбиты Земли. Система координат вращается вокруг оси y с угловой2.38 б]§ 2.
Движение частиц в полях127скоростью Ω. В этой системе отсчета δU не зависит явно от времени, такчто интегралом движения является энергияm 2 2E = m v2 − αr + δU − 2 Ω r ,2где α = Gm1 m, G — гравитационная постоянная, m1 — масса Земли. СилаδF = − ∂δU∂rи сила инерцииFи = mΩ2 r + 2m[v, Ω]приводят к искажению эллиптической орбиты Луны. Большая полуось эллипса a = α/2|E| при этом почти не изменяется.Скорость изменения вектора Лапласа A складывается из двух слагаемых Ȧ1 и Ȧ2 , отвечающих δF и Fи (ср.
с задачей 2.37). Слагаемое Ȧ1найдено в пункте а):Ȧ1x = 9 ΩζAz ,2Ȧ1z = 3ΩζAx ,где ζ = M Ω2 a/α. Поскольку эксцентриситет орбиты Луны мал e = 0,055,то29,51M ≈ ma2 ω, α ≈ mω 2 a3 , ζ ≈ Ωω ≈ 365 ≈ 12 ,где ω — угловая скорость обращения Луны вокруг Земли в принятой (вращающейся) системе координат.Сила инерции приводит к повороту вектора A с угловой скоростью −Ω (так как в отсутствие δU орбита была бы неподвижной в системеотсчета 0x0 yz0 , оси которой сохраняют постоянные направления).Ȧ2x = −ΩAz ,Ȧ2z = ΩAx .Таким образом1Ȧx = −Ω 1 − 9 ζ Az ,21 Заметим,Ȧz = Ω(1 + 3ζ)Ax .(1)что согласно (1)AȦ = Ax Ȧx + Az Ȧz = −7,5ΩζAx Az .Используя соотношения A = αe, e2 = 1 − M 2 /maα, можем оценить ζ̇ = Ω2 aṀ /α ∼∼ 7,5e2 ζΩ Ω. Величину ζ в (1) можно считать постоянной.128Ответы и решенияИнтегрирование (1) даетAx = B cos(Ω t + φ),[2.39Az = B 1 + 15 ζ sin(Ω t + φ),4(2)где Ω = Ω(1 − 3 ζ), B и φ — постоянные.
В системе 0xyz вектор A враща4ется вокруг оси y со средней угловой скоростью −Ω . В системе 0x0 yz0 онвращается с угловой скоростью2.40]Из (2) и (3) видно, что эллипс, по которому движется частица, прецессирует «как целое» с угловой частотой Ω. Другая интерпретация можетбыть дана на основе уравнений (1) и (2): в системе координат, вращающейся с частотой Ω , вектор M, а с ним и плоскость движения частицы,неподвижен, вектор же A, а с ним и перигелий орбиты, вращается с постоянной частотой Ω − Ω вокруг направления M.Укажем еще, что усреднение величин 1/r3 , 1/r3 и r/r5 удобно проводить, перейдя от переменной t к углу ϕ, например,/Ωпр = Ω − Ω = 3 ζΩ.4Малым, согласно (2), изменениям |A| отвечают малые пульсации эксцентриситета орбиты.2.39.света)Функция Лагранжа системы (q — заряд частицы, c — скорость2q [m, r]L = mv + αr + c r3 v2лишь обозначениями отличается от рассмотренной в [2] (задача 2 к § 105).Уравнения движения для момента импульса M и вектора Лапласа AṀ =q[M, m],mcr23q(Mm)qȦ =[A, m] +[M, r]3mcrm2 cr5при усреднении по периоду T невозмущенного движения дают уравнения,описывающие систематическое изменение векторов M и A:Ṁ = [Ω , M], Ω = −Ȧ = [Ω, A],qmcma3 (1 − e2 )3/2Ω = Ω − 3M(Ω M)M2,,(1)(2)где a и e — большая полуось и эксцентриситет невозмущенной орбиты.Уравнение (1) можно переписать также в видеṀ = [Ω, M],так как вектор Ω − Ω параллелен M.(3)129§ 2.
Движение частиц в полях1r30= 1TTdt = mTMr3 (t)02π0dϕ= mT Mpr(ϕ)2π(1 + e cos ϕ) dϕ = 2πmT Mp0и/rr50= βA,β = 12A TT0Ar dt = mAT Mr52πcos ϕdϕ = 2πme2 .r2 (ϕ)T Mp02.40. При усреднении уравнения для вектора Лапласа (см. формулу(10) задачи 2.36)1 [F, M] + [v, [r, F]]Ȧ = mучтем, что F = 0 и что, согласно уравнениям невозмущенного движения,3αr(rv)mv̈ = d mv̇ = d −α r3 = − αv+.3dtdtrrr5Это дает (см. предыдущую задачу)12/0αβ [v, M]αβ A αr3παβȦ = − 2+A.==−mr3m2 r 3r42m2 a3 (1 − e2 )3/2Отсюда видно, что скорость изменения вектора A направлена в сторону, противоположную самому вектору A.
Как известно, вектор A направленк перигелию орбиты и по величине равен A = αe. Таким образом, добавочная сила не вызывает прецессию орбиты, а приводит к уменьшениюэксцентриситета.Можно также показать (см. [4], § 75, задача 1), что вследствие потериэнергии и момента частица за конечное время упадет на центр.130Ответы и решения[3.13.5]§ 3. Сечение рассеяния в заданном поле. Столкновениечастиц3.1. а) Как легко видеть на рис.
105, угол отклонения частицы θ равен удвоенному углу наклона касательной к поверхности в точке столкновения.Поэтомуdρz.= ab cos atg θ =2dzρ = b − a tg θ2222При E > V⎧θ −1θ⎪⎪ncosn−cos⎪222⎪ a2 n 2⎨+adσ =244 cos θ1 + n2 − 2n cos θdΩ ⎪2⎪2⎪⎪⎩0 при θm = 2 arccos n < θ < π,2и2dθdσ = π|dρ2 | = πa2 tg θ= a dΩ .2 cos2 (θ/2)4 cos4 θ3.3.гдеn=3.4.2Возможно отклонение частицы на углы от нулевого (при ρ → b) до θm == 2 arctg ab (при ρ → 0).Итак,⎧a2⎪⎪при 0 < θ < θm ,⎨dσ = 4 cos4 θ2dΩ ⎪⎪⎩0при θm < θ.б) dσ =dΩA2/(1−n)(1 − n) sin θ cos2 θ2n ctg θ(1+n)/(1−n).23.2.при 0 < θ < θmпри 0 < θ < θm ,1 − V /E.3.5.
2= 2 arctg ab,при θm < θ.Параболоид вращения ρ2 = α z.EСближаются ли траектории частиц, рассеянных в поле и на параболоиде при r → ∞?а)⎧ 2β⎪α⎪⎪π−⎨E4E 2σ=⎪⎪⎪⎩02при E > α ,4β2при E < α .4βКак изменится сечение при изменении знака α?б)⎧ γββ2⎪⎪⎪π2,−при E >⎨4γEEσ=⎪β2⎪⎪⎩0.при E <4γв)#⎧ " ⎪bdΩθ⎪⎨a tg − b422 θdσ =sin sin θ2⎪⎪⎩0131В отличие от случая рассеяния на потенциальной яме (см. [1], § 19,задача 2) здесь необходимо учитывать возможность упругого отраженияпри прицельных параметрах a n < ρ < a.ОтсюдаРис. 105§ 3.
Сечение рассеяния в заданном поле. Столкновение частица) Рассмотрим движение пучка частиц в полеU (r) = − αn .rГрафикиEρ2− αnrr2при различных значениях прицельного параметра ρ приведены на рис. 106.При больших значениях ρ (кривая 1) частица рассеивается, приближаясь к центру поля на расстояние rmin (ρ), определяемое условиемUэфф (rmin ) = E.
При уменьшении ρ уменьшается и rmin вплоть до значения r0 , достигаемого при ρ = ρ0 (кривая 2). При еще меньших ρ частицападает в центр (кривая 3).Uэфф(r) =132Ответы и решения[3.63.6]§ 3. Сечение рассеяния в заданном поле. Столкновение частиц133Как объяснить результат, получаемый при α + 2RE = 0?б) В плоскости траектории частицы введём декартовы координатыс осью x, направленной вдоль оси пучка, и осью y — вдоль прицельногопараметра. Движение частицы в области r R есть гармоническое колебание по каждой из координат, причём в начальный момент этого колебания(при t = 0) y0 = ρ, ẏ0 = 0, x0 = − R2 − ρ2 , ẋ0 = v, так чтоv sin ωt,x = − R2 − ρ2 cos ωt + ωx2 + y 2 = R2 ,Величины r0 и ρ0 определяются условиямии равныr0 =(n − 2)α2E1/n,ρ0 =(n − 2)αnn−22Eρωẏsin θ = v = − v sin ωt.1/n.Если R > r0 , то на шарик падают частицы с rmin R, и сечениепаденияσ = πρ2 (rmin = R) = πR2 1 + α 2 .ERЕсли R < r0 , то на шарик падают частицы, которые упали бы в центр,и сечение падения2/n(n−2)ασ = πρ20 = πn.n−22E √γβб) σ = π 2−, если 2 γE > β, ER4 < γ.Ea) dσ =dΩρ4 − ρ2 R2 (1 + λ sin2 θ) + 1 R4 (1 + λ)2 sin2 θ = 0,4где λ =v 2 .
ОтсюдаR2 ω 22ρ21,2 = R (1 + λ sin2 θ ∓2cos2 θ − λ2 sin2 θ cos2 θ),и сечениеER2 (1 + λ)4 1 + λ sin2 θ22 , где λ =4RE(RE + α)α2.(3)Подставив (1) и (3) в (2), получаем уравнениеdσ = π(|dρ21 | + |dρ22 |) = πd(ρ21 − ρ22 ) =Если же хотя бы одно из этих неравенств не выполняется, тоβγσ = πR2 1 +−.ER4ER23.6.(2)а угол θ между скоростью частицы в этот момент и осью x — условиемUэфф(r0 ) = 0(1)Момент выхода частицы из области действия сил определяется условиемРис. 106Uэфф (r0 ) = E,y = ρ cos ωt.R2 (1 + λ2 cos 2θ)dΩ.2 1 − λ2 sin2 θЕсли λ > 1, то возможно рассеяние только на углы, меньшие θm =2 2= arcsin R 2ω , а при θ → θm сечение dσ неограниченно возрастает.
ТакаяvdΩособенность сечения называется радужным рассеянием (см. [11], гл. 5, § 5).Подобного типа особенность сечения приводит к образованию радуги прирассеянии света каплями воды.Примеры радужного рассеяния см. также в задачах 3.8, 3.10.134Ответы и решения3.7.[3.7при θ θm = π V ,Eпри θ > θm .θ=−∞учтем, что сила⎧⎪⎨ 2V y = 2V ρR2R2Fy =⎪⎩0Отсюда находим1352где θm = πα . Сечениеб) При вычисления угла рассеяния (см. [1], § 20 и [33], § 6.2)∞§ 3. Сечение рассеяния в заданном поле. Столкновение частицлегко вычисляется по общей формуле1. Зависимость θ(ρ2 ) изображена нарис. 107. Из (1) находим""##απθαπθ22ρ1 =1∓ 1−1+− 1 , ρ2, 3 =,4Eθθm4Eθθmа)⎧2 2⎪⎨ a θm (θm − θ)dσ =θ3 (2θm − θ)2dΩ ⎪⎩03.8]12Eβρ R 2 − ρ2Fy dxV=22EER2dσ = π(|dρ21 | + |dρ22 | + |dρ23 |) = πd(−ρ21 + ρ22 − ρ23 ) =#"2 − θ/θm1 + θ/2θmαπ+− 1 dΩ.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
