1612134389-38f1c0b45e1f51152856fa5b86345f0b (829489), страница 4
Текст из файла (страница 4)
НЬЮТОНОВА МЕХАНИКАДля случая E < 0 (при этом ẽ < 1) траектории изображены на рис. 7.Точки A, B, A1 соответствуют движению от перигелия A до апогелия Bза первый полупериод радиального колебания, а затем до перигелия A1 завторой полупериод радиального колебания. За одно радиальное колебаниечастицы ее полярный угол изменится наΔϕ = 2πγ ,(3.25)поэтому точка, в которой траектория касается окружности r = rmin , смещается на угол(3.26)δϕ = ∠AOA1 = 2πγ − 2π,причем δϕ < 0 (перигелий смещается по часовой стрелке) при β > 0и δϕ > 0 (перигелий смещается против часовой стрелки) при β < 0.Рис.
7. Траектория, описываемая формулой (3.23) для случая E < 0: а при β > 0;б при β < 0Параметр γ зависит от момента импульса M (cм. (22)) и может бытькак рациональным, так и иррациональным числом. Если γ(M ) являетсяиррациональным числом, то траектория представляет собой незамкнутуюкривую, расположенную в кольце между окружностями r = rmin = p̃/(1 ++ ẽ) и r = rmax = p̃/(1 − ẽ). Эта кривая плотно заполняет кольцо, проходякак угодно близко к любой его точке.Если же значение момента импульса таково, что параметр γ(M ) является рациональной дробью, γ = n1 /n2 , и n1, 2 — целые числа, то траектория оказывается замкнутой кривой: совершив n1 радиальных колебанийи n2 полных оборотов, частица вернется в исходную точку на траектории.Рассмотренный пример типичен для движения в центральном поле, которое мы разделили на два движения: по углу ϕ и радиусу r.
При финитном§ 4. Изотропный осциллятор23движении и то и другое движение является периодическим, но периоды Tϕи Tr , вообще говоря, несоизмеримы и потому траектория финитного движения, вообще говоря, не замкнута. Иначе говоря, при финитном движениив произвольном центральном поле частица движется так, что угол поворота частицы за период одного радиального колебания Δϕ в общем случае(при произвольных значениях момента импульса и энергии, допустимыхпри финитном движении) несоизмерим c углом полного оборота 2π, т. е.отношение 2π/Δϕ является иррациональным числом и траектория не является замкнутой кривой.
Можно показать (см., например, [4, § 8]), что исключениями являются только кулоновское поле U (r) = −α/r, в котором2π/Δϕ = 1 (или Tϕ = Tr ), и поле изотропного осциллятора U (r) = k r 2 /2,в котором 2π/Δϕ = 2 (или Tϕ = 2 Tr ) (см. ниже § 4). В этих полях траектории финитного движения являются замкнутыми кривыми при произвольных значениях момента импульса (и при E < 0 для кулоновского поляи E > 0 для изотропного осциллятора). Оказывается, что в этих же поляхимеется дополнительная симметрия и дополнительные (помимо энергиии момента импульса) интегралы движения.Задача3.1.
Космический корабль движется по круговой орбите вокруг Земли.От него с относительной скоростью v = 160 м/c, направленной к Земле, отделяется тело, масса которого мала по сравнению с массой корабля. Найтиориентацию и параметры орбиты тела. Оценить, через какое время космический корабль и тело окажутся по разные стороны от Земли.§ 4. Изотропный осцилляторПоле изотропного трехмерного осциллятораU (r) = 1 kr 2(4.1)2представляет еще один важный пример центрального поля. Движение в таком поле происходит в плоскости, перпендикулярной постоянному векторумомента импульса M, пусть это будет плоскость xy.
Траектория этого движения может быть найдена по общим формулам § 2. Удобнее, однако, воспользоваться уравнениями движения в декартовых координатах, в которыхуравнения расцепляются:k22(4.2)ÿ = −ω y,ω= mẍ = −ω x,Глава I. НЬЮТОНОВА МЕХАНИКА24и решение которых хорошо известны:x(t) = A cos (ωt + α),y(t) = B cos (ωt + β),(4.3)где A, B, α и β — константы, которые определяются из начальных условий.Движение происходит по эллипсу. Чтобы показать это, избавимсяв уравнениях (3) от времени.
Заметим, чтоcos(ωt + β) = cos δ cos(ωt + α) − sin δ sin(ωt + α),δ = β − α,y = x B cos δ − B sin δ sin(ωt + α)Aи что из уравнений (3) следуетcos2 (ωt + α) + sin2 (ωt + α) =22= 1.y − B x cos δ= x2 + 2 1 2AAB sin δ(4.4)Это есть уравнение эллипса, оси которого не совпадают с осями xy.Сделав подходящий поворот в плоскости xy и сдвиг по времени, преобразуем (4) к сумме квадратов2x2 + y = 1,a2b2(4.5)а (3) к стандартному видуx(t) = a cos ωt,y(t) = b sin ωt,(4.6)который соответствует начальным данным r0 = (a, 0, 0), v0 = (0, bω, 0).Отсюда видно, что траектория движения — эллипс с полуосями a и b, центркоторого совпадает с центром поля.Период обращения T = 2π/ω оказывается вдвое больше периода радиальных колебаний Tr = π/ω.Найдем полный набор интегралов, однозначно определяющих траекторию.
Как и в задаче Кеплера, их пять. В качестве независимых можно взятьвектор момента импульса M и две энергии Ex и Ey независимых колебанийпо осям x и y. Заданных значений Ex , Ey , M достаточно для определенияA, B, δ, поскольку Ex = kA2 /2, Ey = kB 2 /2, M = mABω sin δ. Ясно, чтолюбая функция интегралов движения есть интеграл движения.
Некоторыеимеют очевидный смысл, например, полная энергия E = Ex + Ey , другиеменее очевидны, например,N = mẋẏ + kxy.(4.7)§ 5. Задача двух тел25Сохранение N проверяется дифференцированием по времени с учетомуравнений движения (2).Если помимо поля (1) имеется малая добавка (возмущение) δU , тотраектория может измениться качественно.
Ограничимся двумя примерамидля случая движения в плоскости xy. Если, например, δU = k1 x2 /2, тоx(t) = a cos ω1 t,y(t) = b sin ωt,(4.8)k + k1,mтак что траектория перестает быть замкнутой и заполняет, как правило,всюду плотно прямоугольник |x| a, |y| b (рис. 8).ω1 =Рис. 8.
Траектория движения в поле (4.1) с малой добавкой δU = k1 x2 /2В качестве другого примера можно привести центрально симметричное возмущение δU = δU (x2 + y 2 ). Здесь траектория также перестает бытьзамкнутой и представляет собой прецессирующий эллипс, заполняющийвсюду плотно кольцо (рис. 9).Заметим, что в каждом из этих случаев возмущение уменьшает число интегралов движения. В первом случае перестает сохраняться моментимпульса из-за исчезновения центральной симметрии поля, а во втором —не сохраняются отдельно энергии Ex и Ey , а сохраняется только полнаяэнергия.§ 5.
Задача двух телРассмотрим замкнутую систему тел, состоящую из двух частиц, потенциальная энергия взаимодействия которых U = U (|r1 − r2 |). Их уравнениядвиженияm1 r̈1 = F(r1 − r2 ) = − ∂U ,∂r1m2 r̈2 = −F(r1 − r2 )(5.1)Глава I. НЬЮТОНОВА МЕХАНИКА26Рис. 9. Траектория движения в поле (4.1) с малой добавкой δU = β/r4можно существенно упростить, если ввести вместо переменных r1 и r2новые переменные — координаты центра инерцииR=m1 r 1 + m2 r 2m1 + m2и вектор относительного расстояния r = r1 − r2 .
В этих переменных уравнения (1) разделяются:R̈ = 0,mr̈ = −∂U (r),∂rm=m1 m2.m1 + m2(5.2)Таким образом, задача двух тел сводится к равномерному и прямолинейному движению центра инерции системы R = R0 + Vt и движению однойчастицы с приведенной массой m под действием силыF(r) = −∂U (r).∂r§ 6. Сечение рассеяния. Формула Резерфорда6.1. Постановка задачи рассеянияЭксперимент по рассеянию частиц обычно проводится так. Пучок частиц, движущихся вдоль определенной оси (скажем, оси z), падает на мишень, а рассеянные частицы регистрируются детектором, расположенным§ 6. Сечение рассеяния. Формула Резерфорда27на большом расстоянии R от мишени.
Изучение зависимости числа рассеянных частиц от углов рассеяния и энергии налетающих частиц можетдать ценные сведения о природе сил взаимодействия, структуре мишении т. д. Если мишень достаточно тонкая (так что повторными соударениями можно пренебречь) и рассеяние на отдельных рассеивающих центрахмишени происходит независимо, то задача по существу сводится к задачео рассеянии частиц с приведенной массой на потенциальном поле U (r),соответствующем взаимодействию частицы из падающего потока с однимрассеивающим центром мишени. Таким образом, мы приходим к следующей постановке задачи рассеяния.Рис. 10.
Задача рассеянияПусть концентрация частиц в падающем потоке равна n, а их скоростьравна v∞ = (0, 0, v∞ ), тогда плотность их потока j = nv∞ . После рассеяния некоторое число частиц попадет в детектор на площадку dS = R2 dΩс угловым размером dΩ = sin θdθdϕ, расположенную на большом расстоянии R от начала координат (рис. 10). Число частиц dṄ , попавших в единицувремени на эту площадку, прямо пропорционально величине j, а отношение dṄ /j уже не зависит от плотности потока и определяется свойствамипотенциала взаимодействия U (r) и начальными условиями.
Если проследить за траекториями частиц, попавших на площадку dS, то можно указать начальную площадку dσ (расположенную перпендикулярно к оси z),через которую эти частицы прошли на начальном этапе движения, имеяскорость v∞ и прицельный параметр ρ = (ρx , ρy , 0). В реальном эксперименте прицельные параметры обычно являются микроскопически малымии непосредственно не наблюдаются.Число частиц, прошедших в единицу времени через площадку dσ ≡≡ d2 ρ = dρx dρy , равно jdσ и совпадает с числом частиц dṄ , прошедшихв единицу времени через площадку dS. Таким образом, именно величинаdσ(θ, ϕ, E) =dṄ (θ, ϕ, E)j(E)(6.1)28Глава I. НЬЮТОНОВА МЕХАНИКАявляется удобной характеристикой процесса рассеяния.
Она может бытьопределена из эксперимента при измерении числа попавших в детекторчастиц. Полученная после интегрирования по углам рассеяния величина σназывается полным эффективным сечением рассеяния (или просто сечением рассеяния), а величинаdσ(θ, ϕ, E) d2 ρ(θ, ϕ, E) =(6.2)dΩdΩназывается дифференциальным эффективным сечением рассеяния3 .Из этих определений видно, что как σ, так и dσ/dΩ являются положительными величинами и что сечение σ равно полному числу частиц,рассеянных в единицу времени силовым центром при единичной плотности потока падающих на этот центр частиц. Если силовой центр таков, чтосила F = −∇U (r) исчезает лишь на бесконечности, то все частицы падающего потока непременно отклоняются, так что полное число рассеянныхтаким центром частиц Ṅ бесконечно, и, следовательно, полное сечение также обращается в бесконечность.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
