close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Силагадзе ТЕСТОВЫЕ ЗАДАЧИ ПО МЕХАНИКЕ И ТЕОРИИ ОТНОСИТЕЛЬНОСТИ

код для вставкиСкачать
Test problems in mechanics and special relativity
arXiv:physics/0605057 v1 6 May 2006
Z. K. Silagadze
Budker Institute of Nuclear Physics and
Novosibirsk State University, 630 090, Novosibirsk, Russia
Abstract
These test problems were used by the author as weekly control works for the first
year physics students at Novosibirsk State University in 2005. Solutions of the problems
are also given (in Russian). The problems were taken from or inspired by the sources
listed at the end.
Тестовые задачи по механике и теории относительности
З. К. Силагадзе
Институт Ядерной Физики им. Будкера и
Новосибирский осударственный Университет, 630 090, Новосибирск
Аннотация
Эти задачи были использованы автором для недельных контрольных работ по
механике и теории относительности для студентов-первокурсников изического
акультета Новосибирского осударственного Университета в 2005 году. Приводится
также решения задач. Источники задач, или вдохновения, приведены в списке
литературы.
1
Контрольная работа 1
1.2
Заяц бежит по прямой со скоростью u. Его начинает преследовать собака
со скоростью V и в ходе погони всегда бежит в направлении на зайца.
В начальный момент времени их положения показаны на рисунке. Найти
уравнение траектории собаки в системе зайца.
A rabbit runs in a straight line with a speed u. A dog with a speed V starts
to pursuit it and during the pursuit always runs in the diretion towards the
rabbit. At the initial moment of time their positions are shown in the figure.
Find the equation of the dog's trajetory in the rabbit's frame.
1.3
Пусть скорости собаки и зайца в предыдущей задаче равны по величине и
их начальное расположение таково (см. рисунок). Какому пределу стремится
расстояние между ними со временем?
Let speeds of the dog and the rabbit from the previous problem are equal in
magnitude and their initial positions are as shown in the figure. To what limit
onverges the distane between them?
2
1.4
Параболические координаты ?, ?, ? определяются ормулами
q
q
1
x = ?? cos ?, y = ?? sin ?, z = (? ? ?).
2
Выразить орты параболической системы через декартовые орты. Найти
выражения для диеренциала длины дуги, площади, объема для этих
координат.
Paraboli oordinates ?, ?, ? are defined by formulas
q
q
1
x = ?? cos ?, y = ?? sin ?, z = (? ? ?.)
2
Express oordinate orts of the paraboli system through Cartesian orts. Find
elements of line, area and volume for these oordinates.
1.5
Электрон в постоянном магнитном поле движется по винтовой линии
x = a cos ?t, y = a sin ?t, z = bt.
Найти радиус кривизны его траектории.
An Eletron in a onstant magneti field moves in a helial orbit
x = a cos ?t, y = a sin ?t, z = bt.
Find the radius of urvature of its trajetory.
1.6
Точка движется по плоскости так, что угол между вектором скорости и
радиус-вектором во все время движения равен ?. Найти уравнение траектории
точки, если в начальный момент r(0) = r0 , ?(0) = ?0 .
A point moves on a plane so that the angle between its veloity and radiusvetor is equal to ? all the time. Find the trajetory of the point, if at the initial
moment r(0) = r0 , ?(0) = ?0 .
3
Контрольная работа 2
2.1
На баскетбольный мяч лежит мячик настольного тенниса. Мяч падает без
начальной скорости с высоты 1 м. Оцените, на какую высоту подскочит
мячик.
A tennis ball sits atop a basketball as the two are dropped without initial speed
from height 1 m. Estimate the height the tennis ball will rebound.
2.2
У полого цилиндра один конец заклеен бумагой. Со стороны открытого
конца к нему летит гвоздь с большой скоростью V . Шляпа гвоздя больше
чем диаметр цилиндра, а их собственные длины равны. В системе цилиндра
гвоздь сокращен ? -раз и поэтому не может пробить бумагу. Но в системе
гвоздя сокращен цилиндр и поэтому бумага пробивается. Что происходит
на самом деле в каждой из систем?
One end of the hollow ylinder is sealed by a paper. A nail with the large veloity
V flies towards the open end. The hat of the nail is larger than diameter of
the ylinder, and their proper lengths are equal. In the ylinder's frame the
nail is ontrated ? -times and onsequently annot perforate the paper. But in
the nail's frame it's the ylinder that's length-ontrated and onsequently the
paper is piered. What ours atually in eah of frames?
4
2.3
~
Найти радиус кривизны R траектории точки, если известны ее скорость V
и ускорение ~a.
~ and aeleration ~a of a point are known find the
Assuming that the veloity V
radius of urvature R of its trajetory.
2.4
Параболические координаты на плоскости определяются так x = ??, y =
1 2
2
e? , ~e? и элемент площади.
2 (? ? ? ). Найти орты ~
Paraboli oordinates on a plane are defined as x = ?? , y = 12 (? 2 ? ? 2 ). Find
the oordinate orts ~e? , ~e? and the element of area.
2.5
Точка движется на поверхности шара так, что ее скорость сохраняет постоянный
угол ? к меридиану. Найти уравнение траектории точки, если в начальный
момент ее серические координаты равны ?0 и ?0 .
A point moves on the surfae of a sphere so that its veloity vetor keeps a
onstant angle ? to the meridian. Find the trajetory of the point if at the
initial moment its spherial oordinates were ?0 and ?0 .
2.6
Пусть многомерное обобщение векторного произведения сохраняет следующие
свойства обычного трехмерного векторного произведения:
~ЧA
~ = 0,
A
~ Ч B)
~ ·A
~ = (A
~ Ч B)
~ ·B
~ = 0,
(A
~ Ч B|
~ = |A|
~ |B|,
~ если A
~·B
~ = 0.
|A
Доказать, что это возможно только в семимерном пространстве.
Let a multidimensional generalization of the ross produt keeps the following
properties of the usual three-dimensional vetor produt:
~ЧA
~ = 0,
A
5
~ Ч B)
~ ·A
~ = (A
~ Ч B)
~ ·B
~ = 0,
(A
~ Ч B|
~ = |A|
~ |B|,
~ if A
~·B
~ = 0.
|A
Prove that this is possible only in seven-dimensional spae.
Контрольная работа 3
3.1
В системе S стержень имеет длину L и движется со скоростью u вдоль оси
x. Какую длину имеет стержень в системе S ? , которая движется вдоль оси
x со скоростью V ?
In the frame S a rod has length L and moves with a speed u along the x axis.
What is the length of the rod in the system S ? whih moves with a speed V
along the x axis?
3.2
Если ввести координаты x+ = ct + x, x? = ct ? x, то преобразование
Лоренца можно записать так x?+ = e?? x+, x?? = e? x?. Найти ? как ункцию
V (параметр ? называется быстротой, а x+ и x? координатами светового
конуса).
If one introdues the following oordinates x+ = ct + x, x? = ct ? x, the
Lorentz transformations an be written in the form x?+ = e?? x+, x?? = e? x?.
Find ? as a funtion of V (the parameter ? is alled rapidity, and x+ and x?
oordinates of the light one).
3.3
Найти результат релятивистского сложения n коллинеарных скоростей V1 ,
V2 , . . .,Vn . Что получится, если V1 = V2 = . . . = Vn ?
Find the result of relativisti addition of n ollinear veloities V1 , V2 , . . ., Vn .
What does one get if V1 = V2 = . . . = Vn ?
6
3.4
Длинная люминисцентная лампа параллельна оси x и движется вдоль этой
оси со скоростью V . Лампа вспыхивает мгновенно в своей системе отсчета.
С какой скоростью распространяется вспышка вдоль лампы с точки зрения
неподвижного наблюдателя?
The long luminesent lamp is parallel to the axis x and moves along this axis
with a speed V . The lamp flashes instantly in its proper frame. With what speed
propagates the flash along the lamp from the point of view of the motionless
observer?
3.5
Цилиндр вращается вокруг своей оси с угловой скоростью ? ? . Показать,
что для наблюдателя, который движется вдоль оси цилиндра со скоростью
V , цилиндр окажется скрученным и найти величину кручения на единицу
длины цилиндра.
A ylinder rotates about its axis with angular veloity ? ? . Show that for an observer who moves along the axis of the ylinder with a speed V the ylinder will
appear twisted and find the torsion magnitude per unit length of the ylinder.
Контрольная работа 4
4.1
Найти скорость наблюдателя, если далекий и маленький онарь впереди
ему кажется два раза больше, чем неподвижному наблюдателю рядом.
Find the speed of an observer if a distant and small lantern ahead looks to him
twie as large as to the motionless observer nearby.
4.2
Массивное зеркало движется перпендикулярно своей плоскости со скоростью
V . Найти угол отражения ?2 для луча света от такого зеркала, если угол
падения равен ?1 .
7
A massive mirror moves perpendiularly to its plane with the speed V . Find
the angle of refletion ?2 for a light ray from suh mirror if its angle of inidene
equals to ?1 .
4.3
~1 и V
~2 . Доказать, что их
Две системы отсчета движутся со скоростями V
относительная скорость V удовлетворяет соотношению
(?~1 ? ?~2)2 ? (?~1 Ч ?~2 )2
,
? =
(1 ? ?~1 · ?~2 )2
2
~=
где ?
V~
c
.
~1 and V~2 . Prove that their relative
Two referene frames move with speeds V
veloity V satisfies the relation
(?~1 ? ?~2)2 ? (?~1 Ч ?~2 )2
? =
,
(1 ? ?~1 · ?~2 )2
2
~=
where ?
~
V
c
.
4.4
Стержень движется со скоростью V . Какой угол ? составляет стержень с
направлением движения, если в его системе покоя этот угол равен ? ??
A rod moves with the speed V . What angle ? makes the rod with the diretion
of its motion if this angle is equal to ? ? in its rest frame?
4.5
???
Вектор AB переносится по окружности с постоянной по величине скоростью
V так, что в каждой сопутствующей инерциальной системе отсчета вектор
8
переносится параллельно самому себе. Найти минимальное значение V
для которого после полного оборота вектор смотрит в противоположную
к первоначальному сторону.
???
A vetor AB is transferred on a irle with the onstant in magnitude
speed V so that in every instantaneous omoving inertial frame the vetor is
transferred parallel to itself. Find the minimal V for whih after a full turn the
vetor points opposite to its initial diretion.
Контрольная работа 5
5.1
Частица налетает на такую же неподвижную частицу и происходит упругое
столкновение. Доказать, что угол разлета частиц после столкновения всегда
меньше, чем 90? .
A partile ollides with another idential partile at rest. Prove that the opening
angle between outgoing partile veloities after the elasti sattering is always
less than 90? .
5.2
Под каким углом к оси x летит отон с частотой ? в системе S , если в
системе S ? , движущегося вдоль оси x, отон имеет частоту ? ? и летит под
углом ? ? к оси x.
Under what angle to the x-axis moves the photon with frequeny ? in frame S
if in frame S ? , moving along the x-axis, the photon has frequeny ? ? and flies
under the angle ? ? to the x-axis.
9
5.3
K 0-мезон распадается по схеме K 0 ? ? + ? ? . Найти энергию K -мезона,
если максимально возможная энергия ? -мезонов из этого распада ?-раз
больше минимальной. Для каких ? не будет ? -мезонов летящих в заднюю
полусеру?
K 0-meson deays under the sheme K 0 ? ? + ? ? . Find the energy of the K 0meson if the greatest possible energy of ? -mesons from this deay is ?-times
larger than the minimal one. For what ? there will be no ? -mesons flying into
the bakward hemisphere?
5.4
Найти относительную скорость ? + и ? ? мезонов из распада K 0 ? ? + ? ? .
Find the relative veloity of the ? + and ? ? mesons from the deay K 0 ? ? + ? ? .
5.5
µ
µ
4-ускорение aµ определяется выражением aµ = du
d? , где u - 4-скорость и
? - собственное время. Найдите скалярные произведения a · u и a · a, если
частица движется прямолинейно и зависимость ее скорости от лабораторной
времени V (t) известна.
µ
µ
4-aeleration aµ is defined by expression aµ = du
d? , where u is 4-veloity and
? proper time. Find salar produts a · u and a · a if the partile moves
retilinearly and the dependene of its speed on laboratory time V (t) is known.
Контрольная работа 6
6.1
Два отона с частотами ?1 и ?2 движутся в противоположных направлениях.
Найти массу этой системы и скорость ее центра масс.
Two photons with frequenies ?1 and ?2 are moving in opposite diretions. Find
the mass of this system and the speed of its enter of mass.
10
6.2
Неподвижный ?-мезон распадается по схеме ? ? ? + ? ? ? 0 . найти минимальный
угол разлета ? -квантов от последующего распада ? 0 ? 2? .
?-meson at rest deays under the sheme ? ? ? + ? ? ? 0 . Find the minimal
opening angle between the ? -quanta from the subsequent deay ? 0 ? 2? .
6.3
Быстрый электрон, имеющий скорость V , сталкивается с неподвижным
ядром массы M и испускает тормозный отон. Какую максимальную энергию
может иметь этот отон?
A fast eletron with the speed V ollides with a motionless nuleus of mass
M and emits a bremsstrahlung photon. What maximal energy this photon an
have?
6.4
К чему стремится отношение максимальных углов разлета в распадах ? ?
K +K ? и ? ? ? + ? ? для очень больших энергии ?-мезона?
To what limit tends the ratio of the maximal opening angles in deays ? ?
K +K ? and ? ? ? + ? ? for very energeti ?-meson?
6.5
Неподвижный ? -мезон распадается по схеме ? ? ? + ? ? ? 0 . В каких пределах
может меняться энергия ? ? -мезона, если энергия ? + -мезона равна E1 =
300 МэВ?
? -meson at rest deays under the sheme ? ? ? + ? ? ? 0 . In what limits an
vary the energy of the ? ? -meson if the energy of the ? + -meson is equal to
E1 = 300 MeV?
11
Контрольная работа 7
7.1
В центре металлического желоба лежат два металлических шара связанных
нитью. Между шарами находится сжатая пружина. Нить пережигают и
шары приобретают одинаковые по величине и противоположные скорости
u. Пока шары не упали с желоба, лампочка в показанной на рисунке схеме
не горит, т.к. элемент питания коротко замкнут. Но шары упадут одновременно
и лампочка все равно не загорится. Однако, в системе наблюдателя, который
движется со скоростью V как на рисунке, правый шар падает раньше и
лампочка должен загориться. Объясните парадокс.
In the enter of a metal gutter two metal spheres onneted by a strand lay.
Between spheres there is a ompressed spring. The strand is burnt through
and the spheres aquire idential in magnitude and opposite speeds u. While
spheres have not fallen from the gutter, the bulb in the eletri sheme shown
in the figure does not burn, sine the eletri element is short iruited. But
spheres will fall simultaneously and the bulb will not light up either. However,
in the frame of an observer whih moves with the speed V as in the figure, the
right sphere falls earlier and the bulb should light up. Explain the paradox.
7.2
акета удаляется от Земли с постоянным собственным ускорением g . Через
время ? после старта ракеты, радиолокатор посылает ей вдогонку короткий
сигнал с частотой ? . Какую частоту отраженного сигнала заиксируют на
Земле?
A roket leaves the Earth with onstant proper aeleration g . After time ? from
its start, a radar sends to it a short signal with frequeny ? . What frequeny
of the refleted signal will be registered on the Earth?
12
7.3
Электрон и протон находятся рядом в электрическом поле. Причем в начальный
момент времени протон неподвижен, а электрон имеет энергию E и движется
в направлений поля. Для каких E пойдет реакция e? + p ? e? + p + e? + e+
когда электрон и протон столкнутся?
An eletron and a proton are lose to eah other in the eletri field. At the
initial moment of time the proton is motionless and the eletron has the energy
E and moves in the diretion of the field. For what E would the reation
e? + p ? e? + p + e? + e+ be allowed when the eletron and the proton do
ollide?
7.4
акета удаляется от Земли с постоянным в сопутствующей системе ускорением
g . Как связаны 4-координаты события (ct? , x?, y ? , z ? ) в системе ракеты с 4координатами события (ct, x, y, z) в системе Земли?
A roket leaves the Earth with onstant proper aeleration g . How are related
the 4-oordinates (ct? , x?, y ? , z ? ) of an event in the roket's frame with 4-oordinates of the event (ct, x, y, z) in the Earth's frame?
7.5
Идеальное зеркало массой 1 кг ускоряется лучом лазера мощности 9·109 Вт,
расположенного на Земле. За какое время зеркало улетит на расстояние
1015 м?
An ideal mirror of mass 1 kg is aelerated by a beam of the laser of power
9 · 109 watts, loated on the Earth. For what time will the mirror depart on the
distane 1015 m?
13
Контрольная работа 8
8.1
Однородный стержень длины l опирается на гладкую горизонтальную поверхность
и начинает падать на плоскость без начальной скорости из вертикального
положения. найти траекторию верхнего конца стержня.
A homogeneous rod of length l leans on a smooth horizontal surfae and starts
to fall on the plane without initial speed from the vertial position. Find the
trajetory of the top end of the rod.
8.2
Электрон в начальный момент покоился на расстоянии H от бесконечной
проводящей незаряженной плоскости. Найти время, за которое электрон
достигнет плоскости.
At the initial moment an eletron at rest was situated upon distane H from
the infinite, onduting, not harged plane. Find the time for whih the eletron
will reah the plane.
8.3
Точка с массой m движется в поле с потенциалом
U (x) = U0 tg
2
x
.
a
!
Найти закон движения точки.
A point with mass m moves in a field with potential
U (x) = U0 tg
2
x
.
a
!
Find x(t).
8.4
Шарик массы m падает с высоты H на горизонтальную плиту и упруго
отскакивает. Найти высоту последующего подъема шарика, если сила сопротивления
14
воздуха F = ??V 2 .
A ball of mass m falls from the height H on a horizontal plate and elastially
rebounds. Find the height of the subsequent rise of the ball, if the air resistane
fore is F = ??V 2 .
8.5
Электрон движется в поле магнитного монополя
~ = g ~r .
B
r3
~ = ~r Ч p~ от его радиус-вектора?
Как зависит момент импульса электрона L
An eletron moves in the field of a magneti monopole
~ = g ~r .
B
r3
~ = ~r Ч p~ as a funtion of its
Find the angular momentum of the eletron L
radius-vetor.
8.6
Однородное и постоянное электрическое поле E направлено вдоль оси x. Из
начала координат, вдоль оси y вылетает релятивистский протон с энергией
E0. Найти его траекторию.
A homogeneous and onstant eletri field E is direted along the x-axis. A relativisti proton with initial energy E0 darts along the y -axis from the beginning
of oordinates. Find its trajetory.
Контрольная работа 9
9.1
Два поршня, способные двигаться без трения в герметично соединенных
трубах, связаны жестким стержнем, как показано на рисунке. Площади
поршней равны S1 и S2 . В равновесии объем воздуха между поршнями
равен V . Найти частоту малых колебаний поршней, если их суммарная
15
масса вместе со стержнем равна m. Температура поддерживается постоянной.
Атмосерное давление равно p.
Two pistons apable to move without frition in tightly onneted pipes are
onneted by a rigid rod, as shown in the figure. The areas of pistons are equal
to S1 and S2 respetively. At equilibrium the air volume between the pistons
is equal to V . Find the frequeny of small osillations of the pistons if their
total mass together with the rod is m. The temperature is kept onstant. The
atmospheri pressure is equal to p.
9.2
Тонкий и гибкий нерастяжимый канат длины L, сложенный пополам, уложен
в тонкой горизонтальной гладкой трубке. Один конец нити закреплен, и
примыкающая к нему половина каната покоится, а второй половине сообщается
начальная скорость V0 . Найти длину покоящейся части каната в тот момент,
когда скорость точки изгиба станет равной скорости звука u.
The thin and flexible not extensible rope of length L, ombined half-and-half,
is laid in a thin horizontal smooth tube. One end of the rope is fixed, and the
half of the rope onneted to it is at rest, while the initial veloity V0 is given
to the seond half. Find the length of the motionless part of the rope at the
moment when the speed of the bending point beomes equal to the speed of
sound u.
9.3
Тело, масса которого равна m, может перемещаться по горизонтальной
прямой. К нему прикреплена пружина, коэициент жесткости которой
16
k . Второй конец пружины укреплен в неподвижной точке, как показано
на рисунке. При угле ? = ?0 пружина не деормирована. Найти частоту
малых колебаний тела.
A body of mass m an move on a horizontal straight line with a spring of
rigidity k attahed to it. The seond end of the spring is fixed as shown in the
figure. When the angle ? = ?0 , the spring is not deformed. Find the frequeny
of small osillations of the body.
9.4
Найти изменение периода гармонического осциллятора при малой ангармонической
4
2 2
? U к потенциалу U (x) = m?2 x .
добавке ?U = m?x
4
Find the hange of the osillator period when a small anharmoni perturbation
4
m? 2 x2
?
U
?U = m?x
is
added
to
the
harmoni
potential
U
(x)
=
4
2 .
9.5
Фотон и электрон движутся навстречу. После лобового столкновения происходит
реакция ? + e? ? e? + e? + e+ . Найти энергию отона, если все продукты
реакции покоятся.
Photon and eletron move towards eah other. After a head-on ollision the
reation ? + e? ? e? + e? + e+ happens. Find the energy of the photon if all
reation produts are at rest.
Контрольная работа 10
10.1
Шарик массы m прикреплен к концам упругой безмассовой нити, которая
перекинута через два горизонтальных гладких стержня. Стержни находятся
17
на одном уровне и расстояние между ними l. Длина нити в ненапряженном
состоянии 2l. Найти частоту малых вертикальных колебаний шарика, если
в состоянии равновесия нить образует равносторонний треугольник.
A ball of mass m is attahed to the ends of an elasti massless string whih
is strethed over two horizontal smooth ores. The ores are at the same level
and the distane between them is l. The length of not deformed string is 2l.
Find the frequeny of small vertial osillations of the ball if at equilibrium the
string forms a equilateral triangle.
10.2
Линейному осциллятору частоты ? передается энергия под воздействием
2
2
силы F (t) = F0 e?t /? . Каков должен быть ? , чтобы передача энергии
была максимально эективной? В момент времени t = ?? осциллятор
покоился в положении равновесия.
Energy is transferred to a linear osillator of frequeny ? under influene of the
2
2
fore F (t) = F0 e?t /? . For what ? is the energy transfer maximally effetive?
At the time t = ?? the osillator was at rest in the equilibrium point.
10.3
Найти закон вынужденных колебаний линейного одномерного осциллятора
под воздействием силы F (t) при наличии силы трения Fтp = ??V .
Find the law of fored osillations of a linear one-dimensional osillator under
influene of the fore F (t) in presene of the frition fore Fтр = ??V .
10.4
Песочные часы, в котором установился стационарный поток песка, поставили
на весы. Доказать, что показания весов будет больше чем Mg , где M масса
18
песочных часов (вместе песком разумеется).
An hourglass, in whih the stationary stream of the sand was established, have
been put on a sensitive balane. Prove that the display of the balane will be
more than Mg , where M is the mass of the hourglass (with the sand of ourse).
10.5
Из-за релятивистских эектов период гармонического осциллятора зависит
от амплитуды. Считая, что релятивистские эекты маленькие, найти
соответствующую поправку.
Beause of the relativisti effets the period of harmoni osillator depends on
its amplitude. Assuming the relativisti effets are small, find the orresponding
orretion.
Контрольная работа 11
11.1
Две одинаковые математические маятники, массы m и частоты ? , связаны
слабой пружиной жесткости k ? m? 2 . асстояние между точками подвеса
маятников равно длине не деормированной пружины. Один маятник отклонили
от положения равновесия на маленькую величину. Через какое время колебания
полностью перейдут ко второму маятнику?
Two idential mathematial pendula, with mass m and frequeny ? , are onneted by a weak spring of rigidity k ? m? 2 . The distane between the hanging
points of the pendula equals to the length of the not deformed spring. One
pendulum is set at a small distane from the equilibrium point and begins to
swing. What time it takes the osillations to pass ompletely to the seond
pendulum?
19
11.2
Электрон движется по окружности радиуса R в однородном магнитном
поле. Величина поля медленно возрастает. Какой будет радиус орбиты
электрона когда поле увеличится в два раза? Лагранжиан заряженной
частицы в однородном магнитном поле, направленным вдоль оси z , имеет
вид (в системе CGSE)
mV 2 qB
L=
+
(xy? ? y x?).
2
2c
An eletron moves on a irle of radius R in a homogeneous magneti field.
The field slowly inreases. What will be radius of the eletron orbit when the
magneti field will inrease twie? Lagrangian of a harged partile in a homogeneous magneti field, direted along the z -axis, looks like (in the CGSE
system of units)
mV 2 qB
L=
+
(xy? ? y x?).
2
2c
11.3
Маленькому кольцу, надетому на проволочную горизонтальную окружность
?
радиуса R, сообщили начальную скорость V0 ? gR. Коэициент трения
кольца о проволоку равен µ. Через какое время кольцо остановится?
To a small ring on a horizontal irular wire of radius R an initial veloity
?
V0 ? gR have been imparted. The frition oeffiient between the ring and
the wire is equal to µ. After what time will the ring stop?
11.4
На крыше с углом наклона ? лежит свинцовый лист длины l. Коэициент
трения свинца о крышу µ > tg ?. Коэициент линейного расширения
свинца ?. В течении N суток устойчивой погоды суточный перепад температуры
составлял ?t. На какое расстояние сползет лист?
On a roof with an angle of inlination ? a lead leaf of length l lays. The frition
oeffiient between the lead and the roof µ > tg ?. Linear thermal expansion
oeffiient of lead is ?. During N days of steady weather daily temperature
drop was ?t. On what distane will the leaf slip?
20
11.5
Неподвижный ? лептон испытывает радиационный распад ? ? ? ? ? ? 0 ?? ? .
В каких пределах может меняться энергия отона, если массы подсистем
(? ? ? 0 ) и (?? ?) равны друг другу и составляют одну треть массы ? лептона
m? . Масса нейтрино ?? равна нулю.
? lepton at rest undergoes radiative deay ? ? ? ? ? ? 0 ?? ? . In what limits
hange the energy of the photon if invariant masses of subsystems (? ? ? 0 ) and
(?? ?) are equal to eah other and onstitute one third of the ? lepton mass m? .
The mass of ?? neutrino is equal to zero.
Контрольная работа 12
12.1
При каком направлении начальной скорости космический аппарат упадет
на поверхность Земли вне зависимости от величины начальной скорости?
At what diretion of the initial speed a spae vehile will fall to Earth's surfae
irrespetive of the initial speed magnitude?
12.2
В каком центральном поле точка движется по траектории
p
= 1 + e cos (??)?
r
Здесь p, e и ? некоторые константы.
In what entral fore field does a point move on the trajetory
p
= 1 + e cos (??)?
r
Here p, e and ? are some onstants.
12.3
Найти наивыгоднейший (с точки зрения минимизации потребной начальной
скорости) угол запуска к горизонту баллистической ракеты на северном
21
полюсе, чтобы она попала на экватор.
Find the optimal launhing angle to the horizon of a ballisti missile on the
North Pole (from the point of view of minimization of the initial speed) for the
missile to land on the equator.
12.4
Как изменится третий закон Кеплера, если учесть движение Солнца, вызванное
притяжением соответствующей планеты?
How does Kepler's third law get modified if the movement of the Sun, aused
by an attration of the orresponding planet, is taken into aount?
12.5
Два спутника, имеющие равные массы, движутся в одном направлении по
компланарным орбитам, одна из которых круговая радиуса R, а другая
эллиптическая с расстояниями перигея и апогея R и 8R соответственно.
Полагая, что спутники путем непосредственной стыковки соединились друг
с другом в точке соприкосновения их орбит и дальнейшее движение продолжили
вместе, найти апогей их новой орбиты.
Two satellites, having equal masses, move in the same diretion on oplanar
orbits, one of whih is irular of radius R, and the another ellipti with
the perigee and apogee distanes R and 8R respetively. Assuming that the
satellites have been joined to eah other at the ontiguity point of their orbits
and the further movement have ontinued together, Find the apogee of their
new orbit.
12.6
Для каких значений момента импульса L релятивистской частицы возможны
круговые орбиты в потенциале
U (r) = ?
?
, ? > 0, ? > 0?
r?
For what values of the angular momentum L are irular orbits possible in the
22
potential
U (r) = ?
?
, ? > 0, ? > 0,
r?
for relativisti partiles?
Контрольная работа 13
13.1
Найти зависимость угла рассеяния от прицельного параметра для быстрых
электронов, пролетающих мимо очень тяжелого магнитного монополя.
Find the dependene of the sattering angle on the impat parameter for fast
eletrons flying past a very heavy magneti monopole.
13.2
Найти сечение рассеяния на угол, больший 90? , в центральном поле с потенциалом
U (r) =
?
, ? > 0.
r2
Налетающая частица имеет кинетическую энергию T .
Find the ross setion for sattering at angles greater than 90? in the entral
fore field with the potential
U (r) =
?
, ? > 0.
r2
The inoming partile has a kineti energy T .
13.3
Четыре звезды одинаковой массы M , находясь очень далеко друг от друга,
расположены в вершинах квадрата и имеют одинаковые по величине скорости
V , прицельные параметры которых, относительно центра квадрата, тоже
одинаковы и равны b. Найти угол рассеяния звезд.
23
Four stars of idential mass M , being very far from eah other, are loated
at vertexes of a square and have idential in magnitude speeds V . Impat
parameters of the stars, with regard to the enter of the square, are also idential
and equal b. Find the sattering angle of the stars.
13.4
Одинаковые гладкие пластины длины a укладываются одна на другой.
Какое минимальное количество пластин понадобится, чтобы построить равновесную
конструкцию с пролетом L = 3a?
Idential smooth plates of length a are plaed one on another. What minimum
number of plates is required to onstrut an equilibrium onstrution with
overhang L = 3a?
13.5
Однородный шар веса Q и радиуса R и гиря веса P подвешены на веревках
в точке A, как показано на рисунке. асстояние от A до центра шара
AO = l. Определить, какой угол образует прямая AO с вертикалью при
равновесии.
A homogeneous sphere of weight Q and radius R and a weight P are suspended
on ords fixed in a point A, as shown in the figure. The distane from the point
24
A to the enter of the sphere AO = l. Find the angle the straight line AO
forms with the vertial at balane.
Контрольная работа 14
14.1
Тело массы M висит на гибком канате массы m. Найти частоту вертикальных
колебании, если коэициент жесткости каната равен k .
A body of mass M hangs on a flexible rope of mass m. Find the frequeny of
vertial osillations if the oeffiient of rigidity of the rope is equal to k .
14.2
Кольцо массы m подвешено симметрично на трех нерастяжимых нитях
длины l каждый. Найти частоту малых крутильных колебаний кольца
относительно вертикальной оси проходящей через его центр.
A ring of mass m is suspended symmetrially on three not extensible strings
of length l eah. Find the frequeny of the small torsion osillations of the ring
around the vertial axis passing through its enter.
25
14.3
Частица движется внутри чашки по круговой горизонтальной орбите радиуса
r. Поверхность чашки имеет орму гиперболоида вращения ?2 ? z 2 = R2
(в цилиндрических координатах). Для каких значении радиуса r такое
движение становится нестабильным?
A partile moves inside a up on a irular horizontal orbit of radius r. The
surfae of the up has the form of a hyperboloid of revolution ?2 ? z 2 = R2
(in ylindrial oordinates). For what values of radius r does the orbit beome
unstable?
14.4
Однородный стержень массы M подвешен на двух вертикальных нерастяжимых
нитях одинаковой длины, прикрепленных к концам стержня. Найти натяжение
одной из нитей в момент обрыва другой.
A homogeneous ore of mass M is suspended on two vertial not extensible
strings of idential lengths, attahed to the ends of the ore. Find the tension
of one string at the moment of breakage of another.
14.5
Однородный цилиндр с горизонтальной осью скатывается под действием
силы тяжести со скольжением по наклонной плоскости при коэициенте
26
трения скольжения µ. При каком угле наклона плоскости к горизонту это
возможно?
A homogeneous ylinder with a horizontal axis rolls down under gravity with
sliding on an inlined plane at sliding frition oeffiient µ. For what inlination
angles of the plane to the horizon is this possible?
14.6
На концах трубки со сжатой легкой пружиной удерживаются нитью одинаковые
шарики массой m. При разрыве нити шарики разлетаются с одинаковыми
скоростями u. Объясните как сохраняется импульс при этом процессе с
точки зрения наблюдателя, который движется вдоль оси трубки с релятивистской
скоростью V > u.
On the ends of a tube with the ompressed massless spring two idential balls
of mass m are kept by a string. At а breakage of the string the balls fly away
with idential in magnitude speeds u. Explain how momentum is onserved in
this proess from the point of view of an observer who moves along the axis of
the tube with relativisti speed V > u.
Контрольная работа 15
15.1
Полуцилиндр радиуса R скользит по наклонной плоскости с углом наклона
? к горизонту и совершает малые колебания вокруг своей оси, которая
перпендикулярна к плоскости рисунка. Найти частоту этих колебаний. Трение
отсутствует.
27
A half ylinder of radius R slides on an inlined plane with the angle of inlination ? to the horizon and performs small osillations around its axis whih is
perpendiular to the plane of the figure. Find the frequeny of these osillations.
Frition is absent.
15.2
Песочные часы плавают в трубке, полностью заполненной водой, немного
давя на верхнюю крышку трубки. Весь песок находится в нижней части
часов. Начнут ли часы всплывать, если трубку перевернуть? Внутренний
диаметр трубки лишь ненамного больше внешнего диаметра песочных часов.
aaaaaa
aaaaaa
aaaaaa
In a sealed tube ompletely filled with water a run out hourglass floats pressing
a little on the top over of the tube. The tube is flipped over. Does the hourglass
start to float to the top? The internal diameter of the tube is only somewhat
larger than the external diameter of the hourglass.
15.3
Два бакала с вином стоят около краев двух соседних столов. На них опирается
длинный и тонкий однородный деревянный стержень. Прольется ли вино,
если с размаха ударить железной палкой ровно по середине стержня?
A broomstik rests on two wine glasses as shown in the figure. Will the wine
spill out after a strong downward blow to the enter of the broomstik with an
28
iron rod?
15.4
Найти угол рассеяния электрона с прицельным параметром ? и со скоростью
V в поле магнитного монополя
~ = g ~r .
B
r3
Find the sattering angle of an eletron with the impat parameter ? and veloity V in the field of a magneti monopole
~ = g ~r .
B
r3
15.5
Однородный шар катится без проскальзывания по поверхности поворотного
стола, который вращается с угловой скоростью ?. Найти траекторию шара,
если в начальный момент времени радиус-вектор центра шара равен ~r0 , а
~0 (Относительно лабораторной системы).
его скорость V
A homogeneous ball rolls without slipping on the surfae of a turntable whih
rotates with angular veloity ?. Find the trajetory of the ball if at the initial
~0
moment of time the radius vetor of the ball equals to ~r0 and its veloity is V
(with regard to the laboratory frame).
15.6
Проволочка, концы которой закреплены, находится в неоднородном магнитном
поле. При этом натяжение проволочки равно T . Какой ток течет по проволочке,
если ее орма совпадает с траекторией протона с импульсом p в этом поле?
A urrent-arrying wire with fixed ends is plaed in a non-uniform magneti
field. The tension of the wire equals to T . What urrent does flow in the wire
if its form oinides with the trajetory of a proton with momentum p in this
field?
29
ешения
Контрольная работа 1
1.1
азложим скорость собаки (в системе зайца) на радиальную и тангенциальную
компоненты
Vr = ?V + u cos (? ? ?) = ?V ? u cos ?, V? = u sin (? ? ?) = u sin ?.
Но Vr = r? и V? = r??. Поэтому
r? = ?V ? u cos ?, r?? = u sin ?.
Делим первое уравнение на второе и учтем
r?
dr
=
,
?? d?
получаем
1 dr
V + u cos ?
=?
.
r d?
u sin ?
Поэтому
?
Z V + u cos ?
r
ln = ?
d?.
L
u
sin
?
?/2
Но
Z V +z
V + u cos ?
?
d? = u
dz,
u sin ?
1 ? z2
где z = cos ?. Дальше разложим
Z
V
u
+z
V
1 V
A
B
1
1
+
,
B
=
=
+
,
A
=
?1 .
1 ? z2
1?z 1+z
2
u
2 u
!
30
!
Следовательно,
Z
Поэтому
?
Z?
?/2
V
u
i
h
+z
B
?A
.
dz
=
ln
(1
+
z)
(1
?
z)
1 ? z2
V + u cos ?
?
(1 + cos ?)B
? ctg
=
ln
d? = ln
u sin ?
(1 ? cos ?)A
2
?
!V
u
и уравнение траектории будет
?
L
ctg
r=
sin ?
2
!V
u
.
1.2
Из
r? = ?u(1 + cos ?), r?? = u sin ?
получаем
r?(1 ? cos ?) + r?? sin ? = ?u(1 ? cos2 ?) + u sin2 ? = 0.
Но
Следовательно,
r?(1 ? cos ?) + r?? sin ? =
d
(r ? r cos ?).
dt
r(1 ? cos ?) = C,
где C некоторая константа. При t = 0 имеем (см. рисунок)
L2
r0 = L21 + L22, cos ?0 = ? q 2
.
L1 + L22
q
q
Поэтому C = L2 + L21 + L22 .
31
?
1 ?
sin ?
В системе зайца ? ? ? , когда t ? ?. Действительно, ?? = ur sin ? > 0,
если ? < ? , и ? все время растет. Но при приближении к ? , как ??, так и r?
стремятся к нулю.
Следовательно, расстояние стремится к предельному значению
rmin
q
C
L2 + L21 + L22
=
=
.
1 ? cos ?
2
1.3
Найдем ининитезимальные смещения вдоль координат ?, ? и ?:
?v
v
?
?v
v
?
u
1 ?u
u?
u?
~
t
cos ? i + t sin ? ~j + ~k ? d?,
d(?)~r =
2
?
?
u
u?
u?
1 ?u
t
~
d(?)~r =
cos ? i + t sin ? ~j ? ~k ? d?,
2
?
?
d(?)~r = ?? (? sin ? ~i + cos ? ~j) d?.
q
де, например, d(?)~r = (dx)?,?=const~i + (dy)?,?=const~j + (dz)?,?=const~k . Орты это единичные вектора по этим направлениям. Поэтому просто нормируем
соответствующие ининитезимальные смещения. Например
v
d(?)~r
?
1 u
u
~e? =
, |d(?)~r| = d? t1 + .
|d(?)~r|
2
?
В результате получим
q
1
?
?
~e? = ?
[ ? cos ? ~i + ? sin ? ~j + ? ~k],
?+?
q
q
1
?
[ ? cos ? ~i + ? sin ? ~j + ? ~k],
~e? = ?
?+?
~e? = ? sin ? ~i + cos ? ~j.
Элемент объема dV = |d(?)~r · [d(?)~r Ч d(?)~r]|. Замечая, что абсолютное
значение детерминанта
r
?
?
r
1 ?
2 ?
1
2
cos ?
r
?
?
r
1 ?
2 ?
1
2
sin ?
cos ?
sin ?
?
?
? ?? sin ?
?? cos ?
32
1 ?2 0 1
2
равен 14 (? + ?), получаем
dV =
?+?
d? d? d?.
4
Элементы площади равны
?+?
dS(?,?) = |d(?)~r Ч d(?)~r| = ? d?d?,
4 ??
dS(?,?)
dS(?,?)
Наконец, элемент дуги
1q
?(? + ?) d?d?,
= |d(?)~r Ч d(?)~r| =
2
1q
= |d(?)~r Ч d(?)~r| =
?(? + ?) d?d?.
2
1
(d?)2 (d?)2 ?
(dl)2 = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 = (? + ?) ?
+ ??(d?)2.
+
4
?
?
?
?
1.4
?
?
Величина скорости электрона V = x?2 + y? 2 + z? 2 = b2 + a2 ? 2 не меняется
со временем. Следовательно, тангенциальное ускорение равно нулю и нормальное
?
ускорение совпадает с величиной полного ускорения: gn = x?2 + y? 2 + z? 2 =
2
a? 2 . Но gn = VR и радиус кривизны
b2
V2
= a + 2.
R=
gn
a?
1.5
Компоненты скорости в полярной системе координат Vr = r? = V cos ?,
и V? = r?? = V sin ?. Поэтому
1 dr
= ctg ?.
r d?
33
Интегрируя, получаем уравнение траектории
r = r0e(???0 ) ctg ? .
Контрольная работа 2
2.1
Во время падения мяча из-за воздушного потока теннисный мячик оторвется
и, следовательно столкнется уже отскочившим мячом. Для оценки можно
?
считать, что и мяч, и мячик движутся на встречу со скоростью V ? 2gh,
где h = 1 м. В системе покоя мяча, мячик движется со скоростью 2V
и отскакивает с такой же скоростью, так как его масса много меньше
массы баскетбольного мяча. Т.е. мячик отскакивает как бы от стенки.
Следовательно, в системе земли скорость мячика после удара будет 2V +
V = 3V . Высота подъема пропорциональна квадрату начальной скорости,
поэтому теннисный мячик подскочит на высоту 32 h = 9 м. реальная высота
подскока будет несколько меньше из-за сопротивления воздуха и потерь
энергий при ударах, но все равно эта высота будет значительно больше,
чем 1 м.
2.2
В системе гвоздя ясно, что бумага пробивается, поэтому весь вопрос
в том, как это достигается в системе цилиндра. В момент столкновения
кончик гвоздя находится на расстоянии L? от начала цилиндра. Но он не
34
может мгновенно остановиться. Он вообще не знает, что столкновение
произошло, т.к. сигнал о столкновении может распространяться вдоль гвоздя
со скоростью не больше, чем скорость света c. Так как в системе цилиндра
кончик гвоздя убегает от этого сигнала со скоростью V , то он почувствует
L
последствия столкновения не раньше, чем ?(c?V
) . Все это время он движется
со скоростью V и, следовательно, к этому моменту
времени окажется
от
r
r
LV
. Так так L 1+?
= L 1+?
> L,
начала цилиндра на расстоянии L? + ?(c?V
)
1??
1??
то гвоздь не может не пробить бумагу.
2.3
тангенциальное ускорение
a? =
dq 2
~a · V~
dV
x?x? + y? y? + z? z?
=
.
=
x? + y? 2 + z? 2 = ? 2
dt
dt
V
x? + y? 2 + z? 2
Нормальное ускорение
q
an = a2 ? a2? =
Но an =
V2
R,
v
u
u
t 2
a
?
~|
|~a Ч V
(~a · V~ )2
=
.
V2
V
поэтому радиус кривизны
R=
V3
V2
=
.
~|
an
|~a Ч V
2.4
Найдем ининитезимальные смещения вдоль координат ? и ? .
d(?)~r = (d~r)? =const = d?[?~i ? ?~j], d(? )~r = (d~r)?=const = d? [?~i + ?~j].
Орты ~e? и ~e? отличаются от d(?)~r и d(? )~r только нормировкой. Поэтому
?~i ? ?~j
?~i + ?~j
?
~e? = ? 2
и
~
e
=
.
?
? + ?2
? 2 + ?2
Элемент площади dS = |d(?)~r Ч d(? )~r| = (? 2 + ? 2 ) d?d? .
35
2.5
Найдем орты серической системы координат.
~r = r sin ? cos ?~i + r sin ? sin ? ~j + r cos ? ~j.
Поэтому ининитезимальные смещения вдоль координат r, ? и ? будут
d(r)~r = dr[sin ? cos ?~i + sin ? sin ? ~j + cos ? ~k],
d(?)~r = rd?[cos ? cos ?~i + cos ? sin ? ~j ? sin ? ~k]
и
d(?)~r = r sin ?d?[? sin ?~i + cos ? ~j].
Нормируя, получаем орты:
~er = sin ? cos ?~i + sin ? sin ? ~j + cos ? ~k,
~e? = cos ? cos ?~i + cos ? sin ? ~j ? sin ? ~k, ~e? = ? sin ?~i + cos ? ~j.
Поэтому ~r = r~er и скорость точки на поверхности шара (когда r = const)
~ = d~r = r~e? r . Но ~e? r = ??~e? + ?? sin ?~e? так как
будет V
dt
~e? r = ??[cos ? cos ?~i + cos ? sin ? ~j ? sin ? ~k] + ?? sin ?[? sin ?~i + cos ?~i].
~ ·~e? = V cos ?.
Меридиан направлен вдоль ~e? . Поэтому, согласно условию, V
~ ·~e? = V sin ?, так как ~e? и ~e? взаймно-перпендикулярны и лежат
Но тогда V
~ . Поставляя в эти равенства
в одной (касательной к шару) плоскости с V
V~ = r??~e? + r?? sin ?~e? , получаем
r?? = V cos ?,
r?? sin ? = V sin ?.
Поделим одно на другое и учтем
??
??
=
d?
d? ,
получим
1 d?
= ctg ?.
sin ? d?
используя
v
u
u1
t
1
?1
1
?
d?
? cos ?
d cos ? = ln
=
+
= ln tg ,
sin ?
2
1 + cos ? 1 ? cos ?
1 + cos ?
2
получаем уравнение траектории
Z
#
Z "
?0 (???0 ) ctg ?
?
= tg
e
.
2
2
Эта кривая называется локсодромией.
tg
36
2.6
Векторное произведение антикоммутативно, т.к.
~ + B)
~ Ч (A
~ + B)
~ =A
~ ЧB
~ +B
~ Ч A.
~
0 = (A
~ Ч B)
~ ·C
~ меняет
Также можно доказать, что смешанное произведение (A
знак при перестановке любых двух сомножителей. Например,
~ + C)
~ Ч B)
~ · (A
~ + C)
~ = (C
~ Ч B)
~ ·A
~ + (A
~ Ч B)
~ · C.
~
0 = ((A
~иB
~ , норма |A
~ Ч B|
~ 2 равна
Для любых двух векторов A
?
? ~
?A
?
2
2
~·B
~ ?
~·B
~ A
A
~?
~ 2 = |A|
~ 2 |B|
~ 2 ? (A
~ · B)
~ 2.
~? Ч B
~ |B|
~ = A
?
B
B
~ 2
~ 2 |B|
|B|
Следовательно, для любых двух векторов справедливо соотношение
~ Ч B)
~ · (A
~ Ч B)
~ = (A
~ · A)(
~ B
~ · B)
~ ? (A
~ · B)
~ 2.
(A
Теперь рассмотрим
~ Ч (B
~ Ч A)
~ ? (A
~ · A)
~ B
~ + (A
~ · B)
~ A|
~2=
|A
~ Ч (B
~ Ч A)|
~ 2 + |A|
~ 4 |B|
~ 2 ? (A
~ · B)
~ 2|A|
~ 2 ? 2|A|
~ 2 (A
~ Ч (B
~ Ч A))
~ · B.
~
= |A
Но это равно нулю, так как
~ Ч (B
~ Ч A)|
~ 2 = |A|
~ 2 |B
~ Ч A|
~ 2 = |A|
~ 4 |B|
~ 2 ? (A
~ · B)
~ 2|A|
~2
|A
и
~ Ч (B
~ Ч A))
~ ·B
~ = (B
~ Ч A)
~ · (B
~ Ч A)
~ = |A|
~ 2 |B|
~ 2 ? (A
~ · B)
~ 2.
(A
Следовательно,
~ Ч (B
~ Ч A)
~ = (A
~ · A)
~ B
~ ? (A
~ · B)
~ A
~.
A
(1)
однако, хорошо известное для трехмерного векторного произведения соотношение
~ Ч (B
~ Ч C)
~ = B(
~ A
~ · C)
~ ? C(
~ A
~ · B)
~
A
(2)
в общем случае не выполняется. Чтобы доказать это, рассмотрим тернарное
произведение (которое равно нулю, если выполняется (2))
~ B,
~ C}
~ =A
~ Ч (B
~ Ч C)
~ ? B(
~ A
~ · C)
~ + C(
~ A
~ · B).
~
{A,
37
Тождество (1) означает, что тернарное произведение, наподобие смешанного
произведения, тоже кососимметричная ункция своих аргументов. Например,
~ + B,
~ A
~ + B,
~ C}
~ = {A,
~ B,
~ C}
~ + {B,
~ A,
~ C}.
~
0 = {A
Пусть ~ei , i = 1 ч n некоторый ортонормированный базис в многомерном
векторном пространстве. Тогда
~ · (~ei Ч B)
~ = ((~ei Ч B)
~ Ч ~ei ) · A
~ = [B
~ ? (B
~ · ~ei )~ei] · A
~
(~ei Ч A)
и, следовательно,
n
X
~ · (~ei Ч B)
~ = (n ? 1)A
~ · B.
~
(~ei Ч A)
(3)
i=1
Используя это тождество, получаем
n
X
~ B}
~ · {~ei , C,
~ D}
~ =
{~ei , A,
i=1
~ Ч B)
~ · (C
~ Ч D)
~ + 2(A
~ · C)(
~ B
~ · D)
~ ? 2(A
~ · D)(
~ B
~ · C).
~
= (n ? 5)(A
Поэтому
n
X
~ · {~ei , ~ej , B}
~ = (n ? 1)(n ? 3)A
~ ·B
~
{~ei , ~ej , A}
(4)
(5)
i,j=1
и
n
X
{~ei , ~ej , ~ek } · {~ei , ~ej , ~ek } = n(n ? 1)(n ? 3).
(6)
i,j,k=1
Последнее уравнение показывает, что некоторые {~ei , ~ej , ~ek } не равны нулю,
если n > 3. Таким образом тождество (2) действительно справедливо только
для обычного трехмерного векторного произведения (n = 1 случай, конечно,
не интересен, потому что это соответствует тождественно равному нулю
векторному произведению).
Далее заметим, что используя
~ B
~ Ч C)+(
~
~ B)Ч
~ C
~ = (A+
~ C)Ч
~ B
~ Ч(A+
~ C)?
~ AЧ
~ B
~ Ч A?
~ C
~ ЧB
~ ЧC
~ =
AЧ(
AЧ
и
~ ·C
~ B
~ ?A
~·B
~ C
~ ?B
~ ·C
~ A
~
= 2A
~ Ч (B
~ Ч (C
~ Ч D))
~ + (A
~ Ч B)
~ Ч (C
~ Ч D)?
~
~ Ч (B
~ Ч (C
~ Ч D))
~ = 1 A
A
2
"
~ Ч B)
~ Ч (C
~ Ч D)
~ ? ((A
~ Ч B)
~ Ч C)
~ ЧD
~ + ((A
~ Ч B)
~ Ч C)
~ Ч D+
~
?(A
38
~ Ч (B
~ Ч C))
~ ЧD
~ ? (A
~ Ч (B
~ Ч C))
~ ЧD
~ ?A
~ Ч ((B
~ Ч C)
~ Ч D)+
~
+(A
#
~ Ч ((B
~ Ч C)
~ Ч D)
~ +A
~ Ч (B
~ Ч (C
~ Ч D))
~
+A
,
можно проверить следующее равенство
~ Ч {B,
~ C,
~ D}
~ = ?{A,
~ B,
~ C
~ Ч D}
~ +A
~ Ч (B
~ Ч (C
~ Ч D))
~ ? {A,
~ C,
~ D
~ Ч B}+
~
A
~ Ч (C
~ Ч (D
~ Ч B))
~ ? {A,
~ D,
~ B
~ Ч C}
~ +A
~ Ч (D
~ Ч (B
~ Ч C))
~ =
+A
~ B,
~ C
~ Ч D}
~ ? {A,
~ C,
~ D
~ Ч B}
~ ? {A,
~ D,
~ B
~ Ч C}
~ + 3A
~ Ч {B,
~ C,
~ D}.
~
= ?{A,
Последнее равенство следует из
~ C,
~ D}
~ = {B,
~ C,
~ D}
~ + {C,
~ D,
~ B}
~ + {D,
~ B,
~ C}
~ =
3{B,
~ Ч (C
~ Ч D)
~ +C
~ Ч (D
~ Ч B)
~ +D
~ Ч (B
~ Ч C).
~
=B
Следовательно, тернарное произведение удовлетворяет интересному соотношению
~ Ч {B,
~ C,
~ D}
~ = {A,
~ B,
~ C
~ Ч D}
~ + {A,
~ C,
~ D
~ Ч B}
~ + {A,
~ D,
~ B
~ Ч C}
~
2A
(7)
Поэтому должно выполняться равенство
n
X
4
i,j,k,l=1
n
X
=
i,j,k,l=1
|~ei Ч {~ej , ~ek , ~el }|2 =
|{~ei , ~ej , ~ek Ч ~el } + {~ei , ~ek , ~el Ч ~ej } + {~ei , ~el , ~ej Ч ~ek }|2 .
Левую сторону можно легко вычислить с помощью (3) и (6):
4
n
X
i,j,k,l=1
|~ei Ч {~ej , ~ek , ~el }|2 = 4n(n ? 1)2(n ? 3).
Чтобы вычислит правую сторону, можно использовать следующее равенство
n
X
~ · {~ei , ~ej Ч B,
~ C}
~ = ?(n ? 3)(n ? 6)A
~ · (B
~ Ч C),
~
{~ei , ~ej , A}
i,j=1
которое следует из (4) и из равенства
n
X
~ · ((~ei Ч B)
~ Ч C)
~ =
(~ei Ч A)
i=1
=
n
X
~ · [2~ei · C
~ B
~ ?B
~ ·C
~ ~ei ? ~ei · B
~ C
~ ? ~ei Ч (B
~ Ч C)]
~ =
(~ei Ч A)
i=1
39
(8)
~ · (B
~ Ч C).
~
= ?(n ? 4)A
Теперь, имея (5) и (8) под рукой, можно довольно просто вычислить
n
X
i,j,k,l=1
|{~ei , ~ej , ~ek Ч ~el } + {~ei , ~ek , ~el Ч ~ej } + {~ei , ~el , ~ej Ч ~ek }|2 =
= 3n(n ? 1)2(n ? 3) + 6n(n ? 1)(n ? 3)(n ? 6) = 3n(n ? 1)(n ? 3)(3n ? 13).
Следовательно, должны иметь
4n(n ? 1)2(n ? 3) = 3n(n ? 1)(n ? 3)(3n ? 13)
и
3n(n ? 1)(n ? 3)(3n ? 13) ? 4n(n ? 1)2(n ? 3) = 5n(n ? 1)(n ? 3)(n ? 7) = 0.
Это показывает, что нетривиальное векторное произведение определено
только в пространствах с размерностями три и семь.
Контрольная работа 3
3.1
Пусть L0 собственная длина стержня. Тогда L =
S ? стержень имеет скорость
u? = u ? V =
?u?V = ?u?V 1 ?
L? =
?V
и L0 = ?u L. В системе
u?V
.
1 ? uV
2
c
Поэтому длина стержня в этой системе L? =
Поэтому
L0
?u
L
1?
?u
L0
?u? = ?u? L.
!
uV
c2
uV
c2
Но
.
.
3.2
Согласно преобразованию Лоренца имеем ct? + x? = ?[ct ? ?x + x ? ?ct] =
?(1 ? ?)(ct + x) и ct? ? x? = ?(1 + ?)(ct ? x). Но
?(1 ? ?) =
v
u
u1
t
v
u
u1 + ?
1
??
, и ?(1 + ?) = t
=
.
1+?
1??
?(1 ? ?)
40
следовательно, x?+ = e?? x+, x?? = e? x? , где
e? = ?(1 + ?) =
Заметим, что
v
u
u1
t
+?
1 1+?
, или ? = ln
.
1??
2 1??
?(1 + ?) ? ?(1 ? ?)
e? ? e??
=
= ?.
th ? = ?
e + e??
?(1 + ?) + ?(1 ? ?)
3.3
Пусть система S1 движется со скоростью V1 относительно S , а система S2
со скоростью V2 относительно S1 . Тогда
(1)
x? =
Следовательно,
v
u
u1
t
+ ?1
(2)
x? и x? =
1 ? ?1
(2)
x? =
С другой стороны
+ ?2 (1)
x? .
1 ? ?2
v
u
u (1
u
t
+ ?1 )(1 + ?2)
x? .
(1 ? ?1 )(1 ? ?2)
(2)
x? =
где
v
u
u1
t
v
u
u1
t
+?
x? ,
1??
?1 + ?2
1 + ?1 ?2
соответствует релятивистской сумме скоростей V1 и V2 . В случае n скоростей
получим
1+?
(1 + ?1 )(1 + ?2) · · · (1 + ?n )
=
.
1??
(1 ? ?1 )(1 ? ?2) · · · (1 ? ?n )
отсюда можно определить ? . В частности, если ?1 = ?2 = · · · = ?n , то
? = ?1 ? ?2 =
(1 + ?1 )n ? (1 ? ?1 )n
.
?=
(1 + ?1 )n + (1 ? ?1 )n
3.4
ассмотрим точку A лампы с координатой x? в системе лампы. Вспышка в
точке A в этой системе происходит при t? = 0, поэтому в системе неподвижного
наблюдателя вспышка происходит при t = ?(t? + cV2 x? ) = ? cV2 x? и в точке
41
2
с координатой x = ?(x? + V t? ) = ?x? = cV t. Это показывает, что в этой
2
системе вспышка распространяется со скоростью cV . То что эта скорость
превосходит скорость света в вакууме c связано с тем, что вспышки разных
частей лампы причинно не связаны друг с другом, т.к. в системе лампы
они происходят одновременно. Если причиной вспышки является подача
напряжения, например, на левый конец, то вспышка в системе лампы будет
распространяться с конечной скоростью u? < c. Тогда в точке x? вспышка
?
произойдет при t? = xu? . Соответственно в Л-системе будем иметь
x? V ? ?
V
1
?
t = ? ? + 2 x = ?x? ? + 2
u
c
u
c
?
?
!
иx=?
?
?x?
x? ?
V
+ V ? = ?x? 1 + ? .
u
u
?
!
Т.е. скорость распространения вспышки в этой системе будет
1 + uV?
u? + V
x
?
u= = 1
V =
u? V = u ? V < c.
t
+ c2
1 + c2
u?
3.5
Представим себе, что вдоль образующей цилиндра поставлены точки. Каждый
поперечный срез цилиндра представляет собой часы, где соответствующая
точка играет роль конца стрелы. В системе S ? эти часы синхронизованы,
т.е. одновременно показывают, например, 1200. В системе S они уже не
синхронизованы, т.е. когда часы с левого конца цилиндра показывают 1200,
часы с других частей цилиндра показывают другое время. Следовательно,
наши точки в системе S уже не лежат на одной линии в каждый данный
момент времени. Это показывает, что цилиндр в системе S должен быть
скрученным.
Посмотрим более внимательно. Пусть в момент t = 0 точка B , которая
находится на расстоянии L вдоль цилиндра от точки A, повернута на угол
?. Координатам xA = 0, tA = 0 и xB = L, tB = 0 в системе S ? соответствует
x?A = 0, t?A = 0 и x?B = ?(xB ? V tB ) = ?L, t?B = ?(tB ? cV2 xB ) = ?? cV2 L.
При этом, в этой системе точка B в момент t?B тоже повернута на угол
42
?, т.к. поперечные размеры при преобразовании Лоренца не меняются и,
следовательно, поперечный угол тоже не меняется. За время t?A ? t?B =
? cV2 L точка B должна успеть повернутся на угол ?, т.к. в системе S ? часы
синхронизированы и когда A показывает 0, B тоже должен показывать
такое-же время. Другими словами, в любой момент времени, в том числе
и при t? = 0, все точки должны лежать на одной линии в системе S ? .
Следовательно, ? = ? cV2 L? ?, т.к. в системе S ? цилиндр вращается с угловой
скоростью ? ? . Таким образом в системе S имеем кручение на единицу
длины L? = ? cV2 ? ? . Из нашего рассуждения ясно, что кручение происходит
в противоположном к вращению направлении (см. рисунок).
Контрольная работа 4
4.1
В системе S компоненты скорости отона cx = c cos ?, cy = c sin ? . В
системе S ? будем иметь
cy
,
c?y = c sin 2? = ? 1 ? cxc2V
или
sin ?
sin 2? =
.
?(1 ? ? cos ?)
Но ? ? 1, поэтому sin ? ? ?, sin 2? ? 2? и cos ? ? 1. Следовательно,
v
u
u1 + ?
1
2=
=t
?(1 ? ?)
1??
и ? = 53 .
4.2
В Л-системе компоненты скорости падающего отона суть cx = c cos ?1 ,
cy = c sin ?1. В системе зеркала будем иметь
c?x =
c cos ?1 ? V ?
c sin ?1
cy
cx ? V
=
=
,
c
=
.
1 ? ? cos ?1 y ? 1 ? ccx2V
?(1 ? ? cos ?1)
1 ? ccx2V
А после отражения c??x = ?c?x и c??y = c?y . Поэтому в Л-системе y -компонента
скорости отраженного отона будет
c sin ?2 =
c??y
? 1+
c??x V
c2
=
c sin ?1
1
.
?
? 2 1 ? ? ccx 1 ? ? cos ?1
43
Но
cos ?1 ? ?
1
c?x
=
(1 + ? 2 ? 2? cos ?1).
1?? =1??
c
1 ? ? cos ?1
1 ? ? cos ?1
Окончательно
(1 ? ? 2) sin ?1
sin ?1
=
.
sin ?2 = 2
? (1 + ? 2 ? 2? cos ?1) 1 + ? 2 ? 2? cos ?1
4.3
~1 ) и u2 =
В Л-системе 4-скорости систем S1 и S2 имеют вид u1 = (?1 c, ?1 V
~ ),
(?2c, ?2V~2 ), тогда как в системе S1 будем иметь u?1 = (c, ~0), u?2 = (?c, ? V
~ есть относительная скорость S1 и S2 (скорость S2 в системе S1 ). Но
где V
скалярное произведение 4-векторов инвариантно: u1 ·u2 = u?1 ·u?2 . Следовательно,
?1?2 (c2 ? V~1 · V~2 ) = ?c2. Отсюда ? = ?1 ?2(1 ? ?~1 · ?~2 ). Но
?2 = 1 ?
(1 ? ?12)(1 ? ?22) ?12 + ?22 ? 2?~1 · ?~2 + (?~1 · ?~2 )2 ? ?12?22
1
=
1
?
=
.
?2
(1 ? ?~1 · ?~2 )2
(1 ? ?~1 · ?~2 )2
С другой стороны (?~1 Ч ?~2 )2 = ?12 ?22 (1 ? cos2 ?) = ?12 ?22 ? (?~1 · ?~2 )2 , и
окончательно
(?~1 ? ?~2)2 ? (?~1 Ч ?~2 )2
2
.
? =
(1 ? ?~1 · ?~2 )2
4.4
Пусть в момент времени t = 0 стержень в S -системе занимает положение
?
=0и
как на рисунке. Тогда в системе S ? будем иметь t?A = 0, x?A = 0, yA
V
t?B = ?? cV2 xB = ?? c2 L cos ?, x?B = ?xB = ?L cos ?, yB? = yB = L sin ?, где L
?
)
длина стержня в системе S . Несмотря на то, что t?A 6= t?B , точки (x?A, yA
?
и (x?B , yB
) определяют ориентацию стержня в системе S ? , так как в этой
системе стержень неподвижен. Следовательно, tg ? ? = tg? ? и tg ? = ? tg ? ?.
44
4.5
Пусть S лабораторная система отсчета в которой в начальный момент
???
AB составляет нулевой угол с осью x, а после полного оборота меняет
ориентацию на 180? . Заменим движение по окружности на движение по
правильному N -угольнику, где N ? ?. Пусть двигаясь по n-ой грани
многоугольника, которая наклонена под углом ? к оси x системы S , вектор
???
AB составляет угол ? с осью x, а при переходе на следующую грань, с
углом наклона ? + ?, ? = 2?
N , угол становится ? + d? .
ассмотрим систему S? , которая неподвижна относительно S , но ось x
которой повернута на угол ? и смотрит вдоль n-ой грани. Тогда в системе S?
???
вектор AB составляет угол ? = ? ?? с осью x при движении по n-ой грани
и угол ? + d? при движении по (n + 1)-ой грани. Выберем начало отсчета
времени так, что t = 0 соответствует переходу от n-ой грани к (n + 1)ой. Перед переходом, при t = 0?, координаты точек A и B имеют вид
???
x?A = 0, y?A = 0, x?B = ?l cos ?, y?B = ?l sin ?. Пусть S ? система в которой AB
покоится при движении вдоль n-ой грани. По преобразованиям Лоренца
находим
V
t?A = 0, x?A = 0, yA? = 0, t?B = ?? 2 x?B , x?B = ? x?B , yB? = y?B .
c
???
Несмотря на то, что t?A 6= t?B , угол наклона вектора AB к оси x в системе
S ? определяется из
tg ?
yB?
?
,
tg ?? = ? =
xB
?
45
???
т.к. в системе S ? вектор AB неподвижен.
???
После перехода на (n+1)-ую грань, вектор AB уже движется относительно
S ? . Сразу после перехода, при t = 0+, будем иметь
x?A = 0, y?A = 0, x?B = ?l cos (? + d?), y?B = ?l sin (? + d?).
Найдем момент времени t = tB такой, что событию (tB , x?B (tB )) отвечает
время t?B = 0 в системе S ? . Имеем
t?B
Следовательно, tB =
где d? = 2?
N . Отсюда
V
c2
V
= ? tB ? 2 x?B (tB ) .
c
!
x?B (tB ). Но x?B (tB ) = x?B + (V cos d?)tB ? x?B + V tB ,
x?B (tB ) ?
x?B
V 2
2
и
t
=
=
?
x?
? x?B .
B
B
1 ? (V /c)2
c2
Поэтому x?B = ?(x?B (tB ) ? V tB ) ? ? x?B = ? ?
l cos (? + d?) и yB? = y?B (tB ) =
y?B + (V sin d?)tB ? y?B + V tB d? = ?l sin (? + d?) + (? 2 ? 1)?ld? cos (? + d?).
?
Следовательно, угол наклона ?+
, после перехода на (n+1-ую грань, определяется
из
i
1h
?
tg ?+
= tg (? + d?) + (? 2 ? 1)d? .
?
?
?
?
Но в системе S ? вектор AB переносится параллельно самому себе, т.е.
?
?
?+
= ??
и, следовательно, tg ? = tg (? + d?) + (? 2 ? 1)d?. Но
tg (? + d?) =
Поэтому получаем
tg ? + tg (d?)
tg ? + d?
?
? tg ? + (1 + tg2 ?)d?.
1 ? tg ? tg (d?) 1 ? d? tg ?
d?
= ?(? 2 ? 1) cos2 ?,
d?
или с учетом ? = ? ? ?,
h
i
d?
= ? 1 + (? 2 ? 1) cos2 ? .
d?
Следовательно,
?=?
Z?
0
d?
.
1 + (? 2 ? 1) cos2 ?
46
Интеграл можно взять с помощью подстановки tg ? = x:
Z
Z
1
x
1
tg ?
dx
d?
=
=
arctg
=
arctg
.
1 + (? 2 ? 1) cos2 ?
? 2 + x2
?
?
?
?
Окончательно, tg ? = ?? tg (??). По условию задачи, после полного оборота
? = ? . Поэтому должны иметь tg (?2?) = 0, т.е. ? полуцелое
число (целым
?
? соответствует ? = 0). Минимальная скорость, V = 35 c, получается при
? = 23 .
Контрольная работа 5
5.1
Пусть S ? система центра масс, который движется со скоростью u. Вторая
частица, которая неподвижна в системе S , в системе S ? движется со скоростью
?u. Следовательно, первая частица в этой системе движется со скоростью
u (чтобы суммарный импульс равнялся нулю). Пусть угол рассеяния в
системе S ? равен ? ? . Скорости частиц по величине не поменяются, т.к.
?
?
= u cos ?? , V1,y
=
рассеяние упругое. Следовательно, после рассеяния V1,x
?
?
= ?u cos ?? и V2,y
= ?u sin ?? . По ормуле сложения скоростей,
u sin ?? , V2,x
в системе S будем иметь
V1,x =
?
V1,x
+u
1+
? u
V1,x
c2
?
V1,y
1 + cos ??
sin ??
=u
, V1,y =
,
=u
V? u
1 + ?u2 cos ??
?u (1 + ?u2 cos ??)
?u 1 + 1,x
2
c
1 ? cos ??
sin ??
и
V
=
?u
.
2,y
1 ? ?u2 cos ??
?u (1 ? ?u2 cos ??)
Заметим, что V1,x > 0 и V2,x > 0. Поэтому в системе S углы рассеяния
?1 < ?2 и ?2 < ?2 . Более того,
V2,x = u
tg ?1 =
V1,y V1,x =
47
sin ??
?u (1 + cos ??)
и
tg ?2 =
Поэтому
V2,y V2,x sin ??
.
?u (1 ? cos ?? )
=
tg ?1 · tg ?2 =
1
.
?u2
Или
1
?
1
?
tg ?1 = 2 ctg ?2 = 2 tg
? ?2 < tg
? ?2 ,
?u
?u
2
2
т.к. ?u > 1. Следовательно, ?1 < ?2 ? ?2 и ?1 + ?2 < ?2 .
!
!
5.2
В системе S ? отон имеет y -компоненту импульса
p?y
h? ?
sin ?? .
=
c
Но p?y = py и в системе S
py =
h?
sin ?.
c
Следовательно ? ? sin ? ? = ? sin ? и
sin ? =
??
sin ??.
?
5.3
ассмотрим распад в системе покоя K 0 -мезона. В этой системе, каждый
пион имеет энергию ?? = m2K (положили c = 1) и импульс
q
p? = ??2 ? m2? =
v
u
mK u
u
t1
2
?
4m2?
.
m2K
В Л-системе энергия ? -мезона, который в системе покоя вылетел под углом
?? , будет ? = ?(?? + ?p?x) = ?(?? + ?p? cos ?? ). Поэтому
где
?max
1 + ????
?? + ?p?
?=
=
= ?
,
?min
? ? ?p?
1 ? ????
v
u
p? u
4m2?
u
?
t
?? = ? = 1 ? 2
?
mK
48
есть скорость ? -мезона в системе покоя K 0-мезона. Отсюда скорость K 0 мезона
??1 1
?=
.
? + 1 ???
Для энергии E = ?mc
2
1?? 2
(восстановили c) после некоторой алгебры получим
E = mK c2
?+1
2
В Л-системе импульс пиона будет
v
u
u
u
t
m2K ? 4m2?
.
?m2K ? (? + 1)2 m2?
?? ?
?
?
?
px = ? px + ?
= ?p? ?cos?? + ? ? .
c
??
?
Видно, что px ? 0, если
?
???
?
?
?
? 1. Т.е. должны иметь
4m2
??1
? ???2 = 1 ? 2? .
?+1
mK
Отсюда
m2K
??
? 1.
2m2?
5.4
Для относительной скорости в задаче 4.3 получили
?u2
(?~1 ? ?~2)2 ? (?~1 Ч ?~2 )2
=
.
(1 ? ?~1 · ?~2 )2
Так как распад симметричный, то ?1 = ?2 и будет иметь
?u2
2?12(1 ? cos ?) ? ?12 sin2 ?
.
=
(1 ? ?12 cos ?)2
Но 2(1 ? cos?) ? sin2 ? = 2(1 ? cos ?) ? (1 ? cos ?)(1 + cos ?) = (1 ? cos ?)2 .
Следовательно
2
2
2 (1 ? cos ?)
.
?u = ?1
(1 ? ?12 cos ?)2
Энергия
? -мезона после распада E1 =
r
E
2
1?
4m2?
E2
E
,
2
импульс pr
1 =
(положили c = 1). Поэтому ?1 =
49
p1
E1
=
1?
q
E12 ? m2? =
4m2?
.
E2
Но cos ?
однозначно определяется заданием E . Действительно, из законов сохранения
энергии mK ? = 2m? ?1 и импульса mK ?? = 2m? ?1 cos ? следует
cos ? =
?
.
?1
2
(?1 ??)
2
Поэтому получаем ?u2 = (1??
2 . Отсюда 1 ? ?u =
1 ?)
?1?(1 ? ?1 ?). С другой стороны,
?1 (1 ? ?1 ?) = ?1 (1 ? ?12 cos ?) =
(1??12 )(1?? 2 )
(1??1 ?)2 ,
или ?u =
1
p1 · p2 ,
m2? ?1
где p1 , p2 4-импульсы пионов. Из законов сохранения 4-импульса pK =
p1 + p2 следует m2K = (p1 + p2 )2 = 2m2? + 2p1 · p2 и, следовательно,
m2K ? 2m2?
.
p1 · p2 =
2
Окончательно,
m2K
1
?1
?u = 2 p1 · p2 =
m?
2m2?
и
?u =
v
u
u
t1
r
2
?
1 ? 4m
1
m2K
? 2=
2
?
?u
1 ? 2m
2
m
K
не зависит от E .
Более просто этот результат можно получить, если заметить, что ?u =
?V~1 ?V~2 = ?1 ?2(1 ? ?~1 · ?~2 ) и
m2K ? 2m2?
= p1 · p2 = E1E2 ? ~p1 · ~p2 = m2? (1 ? ?~1 · ?~2).
2
2
2
?2m?
Следовательно, ?u = mK2m
даже для несимметричного распада.
2
?
Еще один простой способ: рассмотрим распад в системе покоя одного
из пионов. В этой системе до распада K 0 -мезон движется с некоторой
скоростью V ? , а второй пион после распада со скоростью u. Закон сохранения
энергии будет иметь вид mK ? ? = m? + m? ?u (напомним, что c = 1), а закон
сохранения импульса mK ? ? ? ? = m? ?u ?u . Поэтому
m2?
? = 2 (?u + 1)2
mK
?2
и
m?
(? ? ) = ? ? 1 =
mK
? ? 2
?2
!2
50
?u2 ?u2
m2? 2
= 2 (?u ? 1).
mK
Отсюда
m2? 2
m2? 2
2m2?
m2?
2
2
(?
+1)
?1
=
(?
?1),
1
=
?
+2?
+1??
+1
=
(?u +1)
u
u
u
m2K
m2K u
m2K u
m2K
и, следовательно,
m2K
?u =
? 1.
2m2?
"
#
5.5
Диеренцируя u · u = c2 , сразу получаем a · u = 0. Найдем компоненты
aµ .
du0
d?
a0 =
= c? .
d?
dt
Но
d?
= ? ??? 3,
dt
т.к. ? = (1 ? ? 2 )?1/2. Здесь ?? = d?
dt - известная ункция по условию.
Следовательно, a0 = c? 4 ? ?? .
~
d(V~ ?)
d(??)
d~u
~? + ??
~ ??? 3).
=?
= ?c
= ?c(??
d?
dt
dt
~ = ?~n и ?~? = ??~n, где ~n - единичный вектор.
Т.к. движение прямолинейное, ?
Поэтому
~a = ? 2c??~n(1 + ? 2? 2) = c? 4 ??~n.
~a =
Следовательно, aµ = (c? 4 ? ??, c? 4 ??~n) и
a · a = (c? 4??)2(? 2 ? 1) = ?c2 ? 6?? 2.
Контрольная работа 6
6.1
4-импульсы отонов
h?2
h?1 h?1
h?2
,
~n) и p2 = (
,?
~n),
c
c
c
c
где ~n единичный вектор.
p1 = (
M 2 c2 = (p1 + p2)2 =
h2
h2
2
2
[(?
+
?
)
?
(?
?
?
)
]
=
4
?1 ?2 .
1
2
1
2
c2
c2
51
Поэтому масса системы
M=
а скорость
2h ?
?1 ?2 ,
c2
?1 ? ?2
~pc2
~
=c
~n.
V =
E
?1 + ?2
6.2
ассмотрим распад ? 0 ? 2? . Из сохранения 4-импульса p = k1 +k2 получаем
(положили c = 1) m2?0 = 2k1 · k2 = 2E1 E2 (1 ? cos ?) = 4E1 E2 sin2 2? и
m2?0
m2?0
?
=
.
sin =
2 4E1E2
4E1(E ? E1)
2
Когда E1 = E2 = E2 , E1 (E ? E1 ) достигает максимума и, следовательно,
минимальный угол разлета определяется из
?min
m2?0
1
sin
= 2 = 2 ,
2
E
?? 0
2
или ?min = 2 arcsin ?10 . Этот угол тем меньше, чем больше ??0 . Т.е. в
?
распаде ? ? ? + ? ? ? 0 надо обеспечить максимальную энергию ? 0 -мезона.
ассмотрим ? + ? ? систему как одну частицу 4-импульсом p? . Тогда p? ?
p?0 = p? и (p? ? p?0 )2 = m2? ? 2m?E + m2?0 = m?2. Отсюда
m2? + m2?0 ? m?2
E=
2m?
и она максимальна, когда m? минимальна. Но в системе центра масс ? + ? ?
?
составной частицы m?2 = (E+
+ E?? , ~0)2 = 4(m2?± + p?2). Отсюда видно, что
2
минимум достигается при p? = 0 и m?2
min = 4m? ± . Поэтому
Emax
m2? + m2?0 ? 4m2?±
=
2m?
и самый минимальный угол разлета ? -квантов будет
?min = 2 arcsin
m2?
52
2m?0 m?
.
+ m2?0 ? 4m2?±
6.3
ассмотрим электрон и ядро до столкновения как одну частицу с массой
M1 , а после столкновения как одну частицу с массой M2 . Причем M12 =
(pe +pA )2 = m2 +M 2 +2ME , где pA 4-импульс неподвижного ядра. Из p1 ?
k = p2, где k 4-импульс отона, а p1,2 4-импульсы системы электрон-ядро
до и после столкновения, получим в системе центра масс M12 ? 2M1 E?? =
2
2
1 ?M2
M22 . Т.е. в этой системе энергия тормозного отона E?? = M2M
. В Л1
?
?
системе будем иметь E? = ?1 E? (1 + ?1 cos ? ), где ?1 , ?1 относятся к системе
электрон-ядро до столкновения. Видно, что E? максимальна когда ? ? = 0
и M2 минимальна. Но M2,min = m + M , т.к. в система покоя электрон?
?
ядро (после столкновения) M2 = m2 + p?2 + M 2 + p?2 , где p? величина
импульса частиц в этой системе. Поэтому
E?,max = ?1
M12 ? (m + M)2
(1 + ?1 ).
2M1
Но M12 ? (m + M)2 = m2 + M 2 + 2ME ? m2 ? M 2 ? 2mM = 2M(E ? m) и
1
1
?1 (1 + ?1 ) ?12(1 + ?1)
=
=
,
M1
M1 ?1
E + M 1 ? ?1
где M1 ?1 = E + M есть энергия системы электрон-ядро до столкновения, а
p
?1 = E+M
скорость центра масс этой системы. Следовательно, E?,max =
M (E?m)
E+M ?p .
Если восстановить c (выше мы предполагали c = 1):
E?,max
M(E ? mc2 )
mMc2 (? ? 1)
= E
.
p =
m?
+
M
?
m??
+
M
?
2
c
c
Окончательно
E?,max
m
= mc (? ? 1) 1 + ?(1 ? ?)
M
2
"
#?1
??1/2
V 2?
?
, где ? = 1 ? 2
c
?
.
m
? 1, то E?,max практически равна кинетической энергии электрона.
Т.к. M
Ответ можно записать еще в таком виде
E?,max
mc2 (? ? 1)
Mc2 (E ? mc2 )
r
=
.
=
m 1??
E ? pc + Mc2
1+ M
1+?
53
6.4
ассмотрим распад A ? B +B ? в системе покоя частицы A. Пусть в этой
системе B + имеет скорость ?B? и вылетает под углом ? ? относительно скорости
A в лабораторной системе. Тогда для скорости B + в Л-системе будем иметь
?B? cos ?? + ?A
?B? sin ??
=
и ?1,y =
.
1 + ?B? ?A cos ??
?A (1 + ?B? ?A cos ?? )
?1,x
А для скорости B ?:
?2,x
??B? cos ?? + ?A
??B? sin ??
=
и ?1,y =
.
1 ? ?B? ?A cos ??
?A (1 ? ?B? ?A cos ?? )
Поэтому B + и B ? в Л-системе вылетают под углами (?1 отсчитывается
против часовой стрелки, а ?2 по часовой)
tg ?1 =
?B? sin ??
?B? sin ??
и
tg
?
=
.
2
?A (?A + ?B? cos ??)
?A (?A ? ?B? cos ?? )
Угол разлета ? = ?1 + ?2 и
tg ? =
tg ?1 + tg ?2
2?A ?B? ?A sin ??
.
= 2 2
1 ? tg ?1 tg ?2
?A (?A ? ?B?2 cos2 ?? ) ? ?B?2 sin2 ??
Но ?A2 (?A2 ? ?B?2 cos2 ? ? ) ? ?B?2 sin2 ? ? = ?A2 (?A2 ? ?B?2 ) + ?B?2 (?A2 ? 1) sin2 ? ? =
?A2 [?A2 ? ?B?2 + ?A2 ?B?2 sin2 ??], т.к. ?A2 ? 1 = ?A2 ?A2 . Поэтому
Функция
2?A ?B?
sin ??
tg ? =
.
?A ?A2 ? ?B?2 + ?A2 ?B?2 sin2 ??
f (x) =
показана на рисунке.
x
?A2 ? ?B?2 + ?A2 ?B?2x2
54
Она имеет максимум в точке
v
u
u
t
x0 =
1
1
?
.
?B?2 ?A2
Заметим, что в нашем случае ?A > ?B? , т.к. энергия K -мезона очень большая.
Кроме того x = sin ? ? и, следовательно, должны иметь x20 ? 1, или
?A2
что дает ?A ? ?B? ?B? =
1 ?
mB p ,
?B?2
?
,
1 ? ?B?2
где p? есть импульс B ± в системе покоя
q
частицы A. Но в r
этой системе закон сохранения энергии дает mA = 2 p?2 + m2B .
Отсюда p? = mB
m2A
4m2B
? 1 и получаем условие
?A ?
v
u
u
u
t
m2A
? 1.
4m2B
В
случае распада ? ? ? + ? ? условие x20 ? 1 не ограничивает ?? , так как
s
m2?
4m2?
? 1 > 1. Когда ?? меняется от 0 до ? , tg ? меняется так
Максимальному углу разлета соответствует ?0? и
sin ?0? =
v
u
u
u
t
1
1
?
.
???2 ??2
55
Следовательно,
tg ?max
Так как ?? ? 1, то
2????? ??2 ? ???2/??? ??
1
q
=
=
.
??
2(??2 ? ???2)
?? ??2 ? ???2
q
(?)
?max
?
s
Но для распада ? ? K K ,
+
мезона, когда ?? >
s
m2?
4m2K
??
?
???
1
= .
??
1 ? ???2
q
m2?
4m2K
? 1 < 1 и для больших энергии ?-
? 1, максимум x0 лежит вне изической области
(т.е. не достигается ни при каком ? ? ). В этом случае tg ? меняется так
и максимальный угол разлета соответствует ? ? =
разлету. Тогда
tg ?max
(K)
Следовательно, ?max
?
мезона
Как уже нашли,
r
1?
4m2B
m2A .
?B?2?B?2
?
2,
т.е. симметричному
?
?
1
2?K
2?? ?K
=
?2 + ? 2 ? ?2 ? ? .
?? ??2 ? ?K
?
? K
?
2?K
?? .
Поэтому в пределе очень больших энергии ?-
?
2?K
?max(? ? K +K ?)
? ? .
?max(? ? ? + ? ? )
??
=
?B?2 ? 1
=
m2A
4m2B
Поэтому, окончательно,
+
?
?max(? ? K K )
?
?max(? ? ? + ? ? )
? 1. Т.е.
v
u
4m? u
u
t1
m?
56
?B?
=
mA
2mB
и
?B?
4m2K
?
? 0.14.
m2?
r
= 1?
1
?2
?B
=
6.5
Закон сохранения 4-импульса p = q0 + q+ + q? дает (предполагаем c = 1)
(p ? q0 )2 = m2? + m2?0 ? 2m? E0 = (q+ + q? )2 = 2m2?± + 2(E+E? ? p+p? cos ?.
Отсюда угол разлета между ? + и ? ?
cos ? =
2E1E? ? m2? ? m2?0 + 2m2?± + 2m? (m? ? E1 ? E? )
q
q
,
2 E12 ? m2?± E?2 ? m2?±
так как E+ = E1 и E0 = m? ? E+ ? E?. Но cos2 ? ? 1, что дает условие
4(E12 ?m2?± )(E?2 ?m2?± ) ? [2E1E? ?m2? ?m2?0 +2m2?± +2m? (m? ?E1 ?E?)]2.
2
(m2? ? 2m? E1 + m2?± ) + 4E?(E1 ?
После некоторой алгебры, получим 4E?
m? )(m2? ? 2m? E1 ? m2?0 + 2m2?± ) + (m2? ? 2m? E1 ? m2?0 + 2m2?± )2 ? 4m2?± (E12 ?
m2?± ) ? 0. Удобно перейти к безразмерным величинам
E1
m?0
E?
m?±
и µ0 =
, x=
, µ=
.
m?
m?
m?
m?
Тогда 4x2 (1 ? 2x1 + µ2 ) ? 4x(1 ? x1 )(1 ? 2x1 ? µ20 + 2µ2 ) + (1 ? 2x1 ? µ20 +
2µ2 )2 + 4µ2 (x21 ? µ2 ) ? 0. Но 16(1 ? x1)2(1 ? 2x1 ? µ20 + 2µ2 )2 ? 16(1 ? 2x1 +
µ2 )(1 ? 2x1 ? µ20 + 2µ2)2 ? 64µ2(x21 ? µ2 )(1 ? 2x1 + µ2 ) = 16(x21 ? µ2 )[(1 ? 2x1 ?
µ20 + 2µ2)2 ? 4µ2 (1 ? 2x1 + µ2 )] и (1 ? 2x1 ? µ20 + 2µ2 )2 ? 4µ2(1 ? 2x1 + µ2 ) =
(1 ? 2x1 ? µ20 )2 +4µ4 +4µ2(1 ? 2x1 ? µ20 ) ? 4µ2(1 ? 2x1 +µ2 ) = (1 ? 2x1 ? µ20 )2 ?
4µ2 µ20 = (1 ? 2x1 ? µ20 ? 2µµ0 )(1 ? 2x1 ? µ20 + 2µµ0 ). Поэтому, окончательно,
xmin ? x ? xmax, где
?
(1 ? x1)(1 ? 2x1 ? µ20 + 2µ2) ? D
xmin =
,
2(1 ? 2x1 + µ2 )
?
(1 ? x1)(1 ? 2x1 ? µ20 + 2µ2 ) + D
,
xmax =
2(1 ? 2x1 + µ2 )
и
D = (x21 ? µ2 )(1 ? 2x1 ? µ20 ? 2µµ0 )(1 ? 2x1 ? µ20 + 2µµ0 ).
x1 =
Контрольная работа 7
7.1
Если собственная длина желоба 2L, координаты событий падения шаров в
системе S равны tL = Lu , xL = ?L и tR = Lu , xR = L. В системе наблюдателя
(S ? ) будем иметь
t?L
= ?V
L V
+ L
u c2
!
и
57
t?R
= ?V
L V
? L ,
u c2
!
т.е. правый шар падает раньше. Но после его падения состояние тока в
сечении AA не может измениться мгновенно: инормация о том, что короткое
V
замыкание исчезло дойдет не раньше, чем через время ? ? = 2L/?
c?V .
Но
t?R +? ?
= L?V
"
1 V
V
1
? 2 +2 1+
u c
c
c
!#
= L?V
"
L
1 V
2
= t?L +2?V > t?L .
+ 2+
u c
c
c
#
Следовательно, к тому времени когда в системе S ? сечение AA узнает,
что короткое замыкание исчезло, левый шар тоже окажется упавшим и
лампочка не зажгется.
7.2
Пусть сигнал догоняет ракету в момент, когда скорость ракеты равна V .
В сопутствующей инерциальной СО частота сигнала будет ? ? = ??(1 ? ?).
После отражения, в этой системе частота не поменяется, а импульс отона
поменяет знак. Поэтому в Л-системе частота отраженного сигнала будет
?отр = ?? ?(1 ? ?) = ?? 2(1 ? ?)2 =
Следовательно, ?отр = Z? , где
Z=
1??
2
=
? 1.
1+?
1+?
Посмотрим как меняется Z со временем.
dZ
d?
2
=?
.
dt
(1 + ?)2 dt
Но
g
d?
= 3
dt
c?
58
1??
?.
1+?
(ускорение ракеты в Л-системе ? 3 -раз меньше). Поэтому
u
?
u1 ? ?
1
2g
2g
2g
dZ
t
=? 3
= ? (1 ? ?)
= ? (1 ? ?) Z.
dt
c? (1 + ?)2
c
1+?
c
v
Перейдем к запаздывающему времени t? = t? xc = xc? (вспомните переменные
светового конуса). Тогда dt? = dt ? dx
c = (1 ? ?)dt и уравнение для Z
перепишется так
2g ?
dZ
=?
Z,
dt?
c
или
dZ
g
? = ? dt?.
c
2 Z
Интегрируя и принимая во внимание, что в начальный момент
? t = 0, x g= 0
и, следовательно, t? = 0, Z(0) = 1 (т.к. ?(0) = 0), получаем Z?1 = ? c t? .
Сигнал прошел расстояние x за время t ? ? . Поэтому x = c(t ? ? ) и t? =
2
?
t ? xc = ? . Окончательно, Z = 1 ? g?c и Z = 1 ? g?c . Следовательно,
g?
?отр = 1 ?
c
!2
?.
7.3
Импульсы электрона и протона перед столкновением будут pe,x = pe,0 ? eEt
и pp,x = eEt. Следовательно, pe,x + pp,x = p0 , где p0 = pe,0 начальный
импульс электрона. абота электрических сил определяется только конечными
и начальными положениями частиц. Поэтому перед столкновением энергий
частиц будут Ee = E0 ? eEl и Ep = mp c2 + eEl. Т.е. Ee + Ep = E0 +
mp c2 . Следовательно, суммарный 4-импульс перед столкновением будет
(положили c = 1) (E0 + mp , p0 , 0, 0). Из сохранения 4-импульса следует
(E0 + mp )2 ? p20 = (p?e + p?p + qe+ + qe? )2 , где p?e, p?p 4-импульсы электрона
и протона после столкновения, а qe+ , qe? 4-импульсы новых частиц. Но
59
(E0 + mp )2 ? p20 = E02 ? p20 + 2E0mp + m2p = m2e + m2p + 2E0mp и (p?e + p?p +
qe+ + qe? )2 ? (me + mp + 2me )2 = 9m2e + m2p + 6me mp (инвариантная масса
(p?e + p?p + qe+ + qe? )2 минимальна, когда в системе центра масс все частицы
неподвижны). Следовательно, m2e + m2p + 2E0 mp ? 9m2e + m2p + 6me mp и
(восстановили c)
?
?
m
e
E0 ? me c2 ?3 + 4 ? .
mp
7.4
Сперва некоторые соотношения для ракеты. Так как в системе земли ускорение
g
3
ракеты a = ?g3 , то ?? ? d?
dt = c? 3 . Но ?? = ? ? ?? и
g
d
(??) = ??? + ? ?? = ???(1 + ? 2 ? 2) = ??? 3 = .
dt
c
r
?
2 2
Следовательно, ?? = gtc и ? = 1 + ? 2 ? 2 = 1 + gc2t . За время ? ракета
улетит на расстояние
L=
Z?
V (t)dt = c
Z?
?dt = c
0
0
Z?
0
2
Z?
c2
c? 3
d? =
?
g
2g
0
(1 ? x)
?3/2
c2
dx = (? ? 1).
g
При этом собственное время ракеты
?
t =
Z?
0
dt Z?
=
?
0
dt
r
1+
g 2 t2
c2
c
g?
arcsh .
g
c
=
Следовательно,
?
?
gt
c
? = sh ?
g
c
т.е.
?
?
и ?(t) =
v
u
u
t
g 2 t2
1
gt?
gt?
1 + 2 = ch ? ?, ? 2(t) = 1 ? 2 = th2 ? ?,
c
c
?
c
?
?
?
gt? ?
?
?(t) = th
.
c
?
?
?
Координаты в системе ракеты S ? совпадают с координатами в мгновенной
сопутствующей системе S? ? . Но в момент t = 0 начала систем S и S? ? не
совпадают и часы S? ? показывают не нуль, а некоторое время
c ? gt? ?
?
?
?
?
.
t0 = t ? = t ? th
?
g
c
?
60
?
Поэтому рассмотрим еще две инерциальные системы: S? ? 1 который в момент
t = 0 находился в той же точке с координатой
c2 ? ? gt? ?
c2
c2 ? gt? ? ? gt? ? c2 1
?
x0 = L ? V ? =
? ,
ch
? 1 ? th
sh
=
?
g
c
g
c
c
g ch gtc
g
?
?
?
?
?
?
?
?
где находился начало системы S? ? , но часы S? ? 1 при этом показывали t?1 = 0.
Вторая система S1 неподвижна относительно Земли, но ее начало находится
в точке с координатой x0 (в системе Земли). Следовательно, в момент
t = t?1 = 0 начала S1 и S? ? 1 совпадают. Поэтому стандартные ормулы
преобразования Лоренца применимы для этих
систем
без модиикации
V
и получаем x1 = ?(x??1 + V t?? 1 ) и t1 = ? t?? 1 + c2 x??1 . Но x = x0 + x1
(заметим, что x0 < 0) и t = t1 . С другой стороны, x??1 = x?? = x? и
?
t?? 1 = t?? ? t?? 0 = t? ? t?? 0 = gc th gtc . Поэтому
gt?
c2
gt?
x1 = ch ? ? ?x? + th2 ? ??
c
g
c
?
и
??
?
??
c2
1 ?
c2
c2
gt?
gt?
? =
x = x1 + x0 = ? + ch ? ? ?x? + th2 ? ? +
g
c
g
c
g ch2 gtc
?
??
?
?
?
gt? ? ? ? c2 ? c2
?
= ch
x +
? .
c
g
g
?
??
?
Кроме того
gt? ? ? c ? gt? ? x? ? gt? ?? c ? gt? ?
g
?
t = t1 = ch
1 + 2 x? .
+ th
= sh
th
c
g
c
c
c
g
c
c
?
??
?
?
?
??
?
?"
#
Окончательно получаем, что координаты события (ct? , x?, y ? , z ? ) в системе
ракеты и координаты (ct, x, y, z) в системе Земли связаны соотношениями
c
g
c2
c2
gt?
gt?
t = sh ? ? 1 + 2 x? , x = ch ? ? ?x? + ? ? , y = y ? , z = z ? .
g
c
c
c
g
g
?
?"
#
?
??
?
7.5
Получим уравнение движения для зеркала. За время dt на зеркало упадет
участок луча лазера длиной dl = (c ? V )dt. Лазер этот участок излучит
за время dt0 = dlc = (1 ? ?)dt. Следовательно, на зеркало упало световой
энергии E = N dt0 = N (1 ? ?)dt, где N мощность лазера. Если из этой
61
энергии E ? отразилась, то законы сохранения энергии и импульса будут
?
иметь вид E + E = E ? + E + dE и Ec + p = ? Ec + p + dp. Отсюда d(E + cp) =
2E = 2N (1 ? ?)dt. Но E = mc2 ? и p = mc?? . Вводя запаздывающее время
t? = t ? xc и замечая, что dt? = (1 ? ?)dt, получаем
2N
d
[?(1 + ?)] =
.
dt?
mc2
Отсюда
v
u
u1
t
2N
+?
t? + 1,
=
1??
mc2
т.к. в начальный момент t? = 0 и ? = 0. Следовательно,
?(1 + ?) =
?=
Зеркало улетит на расстояние
x=
Zt
2N
mc2 t?
2N
t
mc2 ?
+1
+1
c?dt = c
?
=
1??
и
t ?
x 1 Z? ? 2N
=
t? + 1
c
20
mc2
Отсюда
или
!2
Zt?
0
0
Но
2
2N
mc2 t?
?1
2
+1
.
?
dt? .
1??
+1
2
2
mc2
? 1? dt? =
12N
?
?
?
?1
2N
t? + 1
mc2
!3
!3
?
x mc2 ? 2N
x
t? + 1
2 + t? = t + =
c
c
6N
mc2
где t± = t ± xc . Но
Следовательно,
?
N
2N
6 2 t+ =
t? + 1
mc
mc2
!3
? 1? ,
? 1,
9 · 109 · 1015
1
Nx
=
= .
3
24
mc
1 · 27 · 10
3
ct
2 ct
2
+1 =
?1 +1
x
3 x
!
"
!
62
#3
? 1.
?
? 1? ?
t?
.
2
Пусть
2 ct
? 1 + 1 = ?.
3 x
Для ? будем иметь уравнение 3? + 2 = ? 3 . Или 3(? + 1) = ? 3 + 1 =
(? + 1)(? 2 ? ? + 1). Следовательно, (? + 1)(? 2 ? ? ? 2) = (? + 1)2(? ? 2) = 0.
Устраивает только ? = 2, т.к. ? > 0. Поэтому
!
ct 3? ? 1 5
5 x 5 1015
5 7
=
= и t=
=
=
10 сек.
x
2
2
2c
2 3 · 108
6
Таким образом, зеркало улетит на расстояние 1015 м за 56 107 сек.
Контрольная работа 8
8.1
Пусть координаты верхнего конца в некоторый момент времени x и y . В xнаправлении на стержень сила не действует, поэтому центр масс стержня O
будет падать вертикально и всегда будет находится на оси y . Т.к. стержень
однородный, AO = OB и, следовательно, A? O = OB ? = y2 . Тогда из
2
2
прямоугольного треугольника OB ? B получаем x2 + y4 = l4 . Это и есть
уравнение траектории верхнего конца и представляет собой эллипс.
8.2
Электрон притягивается к плоскости с силой
e2
(2z)2 ,
где z расстояние до
2
e
плоскости. Следовательно, уравнение движения будет mz? = ? 4z
2 . Умножаем
63
обе части на z? ,
e2 d 1
e2
md 2
.
(z? ) = ? 2 z? =
mz? z? =
2 dt
4z
4 dt z
!
2
Отсюда m2z? ?
e2
const = ? 4H
и
e2
4z
= const. Но вначале z = H и z? = 0. Следовательно,
e2 1
1
mz? 2
.
=
?
2
4 z H
Поэтому (заметим, что z? < 0, т.к. ось z у нас направлена вертикально
вверх)
v
!
u 2
u e
dz
1
1
t
.
=?
?
dt
2m z H
азделяем переменные и интегрируем
!
T =?
Z0
dz
r
H
Сделаем подстановку
т.е.
e2
2m
1
z
?
1
H
v
u
u1
t
=
ZH
0
dz
r
e2
2m
1
z
?
.
v
u
u 1
1
?
= t tg ?,
z H
H
1
1
1
и z = H cos2 ?.
= (1 + tg2 ?) =
2
z
H
H cos ?
Получаем
H?
T =2
2mH
l
?/2
Z
0
v
u
?H u
t mH
.
cos2 ? d? =
l
2
8.3
Закон сохранения энергии
x
mx?2
= E.
+ U0 tg2
2
a
!
Отсюда
1
H
v
u
dx u
2
x
E ? U0 tg2
=t
dt
m
a
64
!!
и (выбираем начало отсчета так, что в момент t = 0 координата x = 0)
t=
s
m
2E
Zx
dy
r
1?
0
U0
E
tg2
y
a
s
=
m
2E
Zx
0
y
a dy
.
E+U0
2 y
sin
E
a
cos
r
1?
Сделаем подстановку
v
u
uE
t
Тогда
+ U0
y
= sin ?.
sin
E
a
!
v
u
1u
y
t E + U0
dy = cos ? d?
cos
a
E
a
и
t=
где
v
u
u
at
!
m
2(E + U0)
?Zmax
cos ? d?
cos ?
0
sin ?max =
Следовательно,
и, окончательно,
v
u
uE
t
x=
v
u
uE
t
=
v
u
u
at
m
?max,
2(E + U0)
+ U0
x
.
sin
E
a
!
?v
u
?
u 2(E + U0 ) t
+ U0
x
t
?
?
?
= sin ?
sin
E
a
m
a
!
?v
u
?u
a arcsin ?t
E
E + U0
?v
u
u
?t 2(E
sin ?
??
+ U 0 ) t ??
??.
m
a
8.4
ассмотрим сначала движение шарика вниз. Ось x направим вниз. Изменение
кинетической энергии шарика
?
mV 2
= mg?x ? ?V 2?x.
2
2
Но ? mV2 = mV ?V и получаем mV
H=
VZmax
0
dV
dx
1
2
2 mdV
= mg ? ?V 2. Отсюда
2
m ?
?Vmax
?.
= ? ln 1 ?
mg ? ?V 2
2?
mg
?
65
?
mV dV
mg??V 2
= dx и
Это определяет скорость шарика перед ударом
2?H
mg 2
1 ? e? m .
Vmax
=
?
Т.к. удар упругий, шарик отскочит с такой же скоростью. ассмотрим
теперь движение вверх. Ось x направим вверх. Будем иметь
Или mV
dV
dx
mV 2
= ?mg?x ? ?V 2 ?x.
?
2
= ?(mg + ?V 2 ). Отсюда высота подъема
h=
Zh
0
dx = ?
Z0
Vmax
1
2
2 mdV
2
m ?
?Vmax
?.
=
ln
1
+
2
mg + ?V
2?
mg
?
?
2
Подставляя Vmax
, окончательно получаем
2?H
m h=
ln 2 ? e? m .
2?
8.5
Заметим, что
~
dL
dt
= ~r Ч
d~
p
,
dt
т.к.
d~r
dt
Ч p~ = V~ Ч p~ = 0. Но
~
d~p e ~
~ = eg V Ч ~r .
= V ЧB
dt
c
c r3
Следовательно,
~
eg
dL
= 3 ~r Ч (V~ Ч ~r).
dt
cr
~ Ч ~r) = r2 V~ ? (~r · V~ )~r, получаем
Используя ~r Ч (V
?
?
~
dL
eg ? ~r? ~r · ~r? ?
=
? 3 ~r .
dt
c r
r
Но ~r · ~r? =
1 d
r 2)
2 dt (~
=
1 d
2
2 dt (r )
= rr?. Таким образом
!
~
eg ? ~r?
r? ? eg d ~r
dL
.
=
? ~r =
dt
c r r2
c dt r
?
или
?
d ~ eg ~r
~ ? eg ~r = L
~ 0 ? eg ~r0 ,
=0 и L
L?
dt
c r
c r
c r0
где L0 и r0 есть значения момента импульса и радиус-вектора в начальный
момент времени. Окончательно,
!
eg
~
r
~
r
0
~ =L
~0 +
L
?
.
c r r0
!
66
8.6
Согласно решению задачи 5.29 из [1?,
eEc2 t
Vx = q 2
и Vy =
E0 + (eEct)2
Отсюда
x=
Zt
Vx dt =
0
и
y=
Zt
0
1
2eE
Zt
0
2
подставим в первом:
?v
u
u
E0 ?
u
?t1
?
d(eEct)
=
eE
E02 + (eEct)2
q
E0V0 Zt
Vy dt =
eEc 0
Из второго уравнения
E0V0
.
E02 + (eEct)2
q
+
eEct
E0
!2
?
? 1?
?
?
d(eEct)
eEct
E0V0
arcsh
.
=
eEc
E0
E02 + (eEct)2
q
eEcy
eEct
= sh
E0
E0 V0
E0
eEcy
x=
ch
?1 .
eE
E0 V0
Это и есть уравнение траектории.
!
Контрольная работа 9
9.1
Пусть поршни сдвинулись справа на x. Объем воздуха между поршнями
станет V ? = V ? S1 x + S2 x = V ? (S1 ? S2 )x, а давление
p? =
p
p
pV
=
(S1 ? S2)x.
?
p
+
V?
1 ? V1 (S1 ? S2 )x
V
Возвращающая сила будет
F = S1p? + S2 p ? S1p ? S2 p? = (S1 ? S2 )(p? ? p) ?
p
(S1 ? S2 )2x.
V
Следовательно, эективный коэициент жесткости k =
частота
v
s
u
uk
p
t
?=
=
(S1 ? S2).
m
mV
67
p
V (S1
? S2 ) 2 и
9.2
В пределе бесконечно легкой сгибаемости каната, между частями AB и BC
нет упругого взаимодействия.
Поэтому, после окончания первоначального импульса силы, который сообщает
верхней половине скорость V , в точке A сила натяжения исчезнет (AB
покоится и со стороны BC на него не действует сила. Поэтому и в точке
A не может действовать на AB никакая сила). Это означает, что импульс
каната сохраняется. Если C отстоит от конца трубки на x, то AB = 21 (L +
x) (это следует из L = x + 2BC ). Поэтому скорость точки изгиба 2со
раза меньше, чем x? и когда она равна u, верхняя половина движется
V0
1
M
M
скоростью 2u. Следовательно, 2 (L ? x) L 2u = 2 V0 . Отсюда x = 1 ? 2u L
и
!
V0
AB = L 1 ?
.
4u
9.3
Пусть тело сместилось на x. Новая длина пружины
l=
q
h2
+ (x0 +
x)2
?
q
l02
+ 2x0x = l0
v
u
u
t1
x
x
,
+ 2 cos ?0 ? l0 1 + cos ?0
l0
l0
!
т.к. x ? x0 и x0 = l0 cos ?0 . Сила натяжения пружины F = k?l =
k(l ? l0) ? k cos ?0 x. Ее проекция на горизонтальное направление Fx =
F cos ? ? k cos2 ?0 x. Следовательно, эективный коэициент жесткости
68
для горизонтального направления kэ = k cos2 ?0 и частота
?=
v
u
uk
t э
m
v
u
u
t
=
k
cos ?0 .
m
9.4
Период движения
x
Zx2
?
?
dx
? Z 2q
= 2 2m
T = 2m q
E ? U (x) dx.
?E
E
?
U
(x)
x1
x1
Изменение периода
где
?I =
?
?
?T = 2 2m
?I,
?E
x2Z+?x2
?
x1 +?x1
Но
и
?
E ? U ? ?U ?
?
E ? U (x) dx.
x1
?
?
?U
?
E ? U ?1 ?
2(E ? U )
x2Z+?x2
Zx2 ?
?
E ? U dx ?
E ? U dx ? 0,
x2Z+?x2
?
x1 +?x1
так как
E ? U ? ?U dx ?
Zx2 q
x1
x2
E ? U dx и
Zx1
x1 +?x1
?
E ? U dx
величины второго порядка малости (вблизи точек поворота
Следовательно,
x
?
E ? U ? 0).
x
1 Z 2 ?U
x4dx
m? Z 2
r
?
?I ? ?
dx ? ?
.
2 x1 E ? U
8 x1 E ? m?2x2
2
После подстановки y =
r
m? 2
2E
x, будем иметь
Z1
y 4 dy
?E 2
2?E 2 Z1 y 4 dy
?
?
?
?
?I ? ?
=?
.
2m m ? 5 ?1 1 ? y 2
2m m ? 5 0 1 ? y 2
69
Если сделать еще одну подстановку y = sin ? , получим
2?E 2
?I ? ? ?
2m m ? 5
Но
sin4 ? d?.
0
1
1
1
1 ? 2 cos 2? + (1 + cos 4?)
sin ? = (1 ? cos 2?)2 =
4
4
2
"
4
и
?/2
Z
?/2
Z
cos 2? d? =
0
Поэтому
?/2
Z
0
и
?/2
Z
#
cos 4? d? = 0.
0
?1
1
3?
sin ? d? =
1+
=
24
2
16
!
4
3?E 2?
?I ? ? ?
.
8 2m m ? 5
Тогда
?
3??E
?
?I ? ?
.
?T = 2 2m
?E
2m? 5
Т.е. новый период
3 ?E
2?
2? 3??E
1
?
.
?
=
T =
?
2m? 5
?
4 m? 4
!
Поправка мала, если
?E
m? 4
? 1.
9.5
Пусть энергия отона E . Т.к. после реакции продукты покоятся, импульс
электрона по величине ?
равен импульсу отона E (положили c = 1), а
Ee = m2 + E 2, где m масса электрона. Закон сохранения
энергия электрона?
энергии дает E + m2 + E 2 = 3m. Отсюда (восстановили c)
4
E = mc2 .
3
70
Контрольная работа 10
10.1
Пусть ?
сместили из положения равновесия на CD = x. Т.к. AE =
ED =
?l =
3
l, удлинение нити будет
2
v
u
??
?2
u
!
u l 2
3
u
2t
+ ? l + x? + l ?
2
2
v
u
u
t
2l = l 1 +
?
x
3+2
l
!2
?l ?l+
?
l
2
и
3 x.
6
Возвращающая сила
? будет F = 2T cos(? + ??) ? mg , где ?? + ?? = ECB ,
T = k?l = k(l + 3 x). В положение равновесия 2kl cos 30 = mg . Поэтому
?
mg
mg
mg
?
?
=
(l
+
k=
и
T
=
3 x).
2l cos 30?
3l
3l
Далее,
cos (? + ??) =
r ?
( 23
?
3
2
l+x
l + x)2 + ( 2l )2
?
?
3 + 2 xl
2
?
3
1
x
r
? x ? 2 + 4l .
1+ 3 l
Поэтому возвращающая сила равна
??
??
?
?
?
3
3
mg
2mg
x
7
7mg
F = 2 ? (l + 3 x) ?
+ ? ? mg = ? ?
l + x? ? mg = ? x.
2
4l
4
3l
3l 2
2 3l
Следовательно, эективный коэициент жесткости
7mg
kэ = ?
2 3l
и частота малых колебаний равна
?=
v
u
uk
t э
m
71
=
v
u
u
t
7g
? .
2 3l
10.2
Переданная энергия E =
m
2
2 |z| ,
где
F0 i?t Zt ? t?22 ?i?t? ?
e ? e
dt , t ? ?.
z= e
m
??
Но |ei?t | = 1, поэтому
|z|2 =
F02
m2
Но
Z?
??
t?2
t?2
t? ?
i??
?
+
i?t
=
+
2i?
+
?2
?2
? 2
2
?2
? t? 2 ?i?t?
e
!2
i??
?
2
2
?
dt .
!2
Поэтому
Z?
?2
? t? 2 ?i?t?
e
?
2 2
? ? 4?
dt = e
??
Z?
?
2
?( t? +i ??
2 )
e
?
2 2
? ? 4?
dt = ? e
??
?2
?2? 2
t?
?? ?
?
=
+
+i
.
?
2
4
?
Z?
2
e?z dz =
?
? ? e?
?2 ? 2
4
.
??
Следовательно, передается энергия
E(? ) =
?F02 2 ? ?2? 2
? e 2 .
2m
Найдем максимум ункции f (x) = xe??x . f ?(x) = e??x ? ?xe??x = 0 дает
x = ?1 . Следовательно, максимально эективно энергия передается при
2
?F02 2 ?1
?F02
? = 2 и Emax =
e =
.
?
2m ? 2
m? 2 e
2
10.3
Уравнение движения
F (t)
?
x? =
.
m
m
= 2? . Надо решить уравнение
x? + ? 2 x +
Обозначим
?
m
x? + 2? x? + ? 2 x =
72
F (t)
.
m
Пусть z = x? + ?1 x и подберем ?2 так, чтобы было z? + ?2 z = x? + 2? x? + ? 2 x.
Но z? + ?2 z = x? + ?1 x? + ?2 x? + ?1 ?2 x. Т.е.
?
?
?
2? = ?1 + ?2
? 2 = ?1 ?2
и ?1 , ?2 есть решения уравнения ?2 ? 2?? + ? 2 = 0. Т.е.
?1,2 = ? ±
q
?2
?
?2
q
= ? ± i?, где ? = ? 2 ? ? 2.
Будем предполагать, что ? > ? , т.е. трение маленькое. Пусть ?1 = ? + i?
и ?2 = ? ? i?. Тогда z = x? + ?x + i?x и уравнение будет
z? + (? ? i?)z =
F (t)
.
m
ешение однородного уравнения пропорционально e?(??i?)t . Поэтому возьмем
z = A(t)e?(??i?)t. Для A(t) получим уравнение
A?(t) =
F (t) (??i?)t
e
.
m
Окончательно
?
?
?
z = e?(??i?)t ?z0 +
?
Zt
0
?
?
F (t? ) (??i?)t? ? ?
e
dt ? .
?
m
10.4
aaaaa
aaaaa
aaaaa
aaaaa
Пусть M масса песочных часов (включая песок). Положение центра масс
определяется уравнением
Myц.м. =
yZ1 (t)
y?S(y)dy +
0
yZ2 (t)
h
73
y?S(y)dy + C,
где h высота узкого места часов, ? плотность песка, S(y) есть поперечное
сечение часов на высоте y и C соответствует вкладу в Myц.м. от каркаса
песочных часов и от той части песка, которая в полете. Т.к. поток стационарный,
C не зависит от времени. Заметим, что
d
dt
fZ(t)
0
?
1 ?
?
F (x)dx = lim
?t?0 ?t
f (t+?t)
Z
0
F (x)dx ?
?
1
= lim
?t?0 ?t
т.к.
f (t)+f
Z (t)?t
fZ(t)
0
?
F (x)dx?? =
F (x)dx = f ? (t)F [f (t)],
f (t)
?
f (t + ?t) ? f (t) + f (t)?t и
a+?a
Z
a
F (x)dx ? F (a)?a.
Поэтому будем иметь
M y?ц.м. = ? [y?1 y1S(y1 ) + y?2 y2 S(y2)] .
Если поток песка равен µ, то µ = ?S(y1 ) y?1 = ??S(y2 ) y?2 , т.к. ?S(y1 )?y1 =
?S(y2 )(??y2) есть количество песка, которое переносится из верхней половины
в нижнюю за время ?t. Следовательно, M y?ц.м. = µ(y1 ? y2 ). В начальный
µ
H , H - высота часов (вернее, высота верхнего
момент времени y?ц.м. = ? M
уровня песка при t = 0). Эту скорость центр масс приобретает в начальный
период установления стационарного потока. Диеренцируя еще раз, имеем
M y?ц.м. = µ(y?1 ? y?2). Но
µ
µ
.
y?1 =
и y?2 = ?
?S(y1 )
?S(y2 )
Следовательно,
1 ?
µ2 ? 1
> 0.
+
M y?ц.м. =
? S(y1) S(y2)
Т.е. ускорение направлено вверх, несмотря на то что центр масс опускается
вниз. С другой стороны, M y?ц.м. = F ? Mg , где F - показание весов.
Поэтому F > Mg всегда, пока существует стационарный поток песка.
?
?
10.5
Энергия E = mc2 ? + 12 m? 2 x2 сохраняется. В начальный момент x = A и
? = 1, поэтому E = mc2 + 12 m? 2 A2. Следовательно,
?=
?2 2
?2 2
E
?
x
=
1
+
(A ? x2).
2
2
2
mc
2c
2c
74
Период колебаний
T =4
r
Но ? =
1?
1
?2
=
?
ZA
0
? 2 ?1
.
?
dx 4 ZA dx
=
.
V
c0 ?
Следовательно,
8c d ZA q 2
4 ZA
?
?
dx = 2 2
T =
? ? 1 dx.
c 0 ?2 ? 1
? dA 0
Т.к.
?2 2
y = 2 (A ? x2) ? 1,
2c
то
q
q
? 2 ? 1 = (1 + y)2 ? 1 ?
Поэтому T = T0 + T1 , где
v
Au
Z
u ?2
8c d
t
(A2
2
2
2
? dA 0 c
T0 =
?
v
u
u
t2y
x2 )
q
y
y
? 2y 1 +
.
1+
2
4
!
!
8 d ZA ? 2
A ? x2 dx.
dx =
2
? dA 0
Сделаем подстановку x = A sin ?. Тогда
?
ZA ?
A2
0
и T0 =
?
0
2
0
?A2
(1 + cos 2?) d? =
4
?
ZA
?
?
? d ?? 4
? d
?
2
2 3/2
4
?.
A
(A
?
x
)
dx
=
cos
?
d?
?
?
c2 dA2 0
c2 dA2
0
"
#2
Z2
1
1
1 + 2 cos 2? + (1 + cos 4?)
=
4
2
"
?
Z2
0
Далее,
A
A cos ? d? =
2
2
1
cos ? = (1 + cos 2?)
2
4
и
=
?
2 Z2
2?
?.
T1 =
Но
x2 dx
Z2
1
3
?1
1+
= ?.
cos ? d? =
24
2
16
!
4
dA4
3? ?A2
2
= 2A и T1 =
.
dA2
8 c2
75
#
Окончательно,
2? ?
3 ? 2 A2 ?
T =
1+
.
?
16 c2
?
Замечание:
?
ZA
d ZA q 2
? q 2
dA q 2
.
?
?
1
dx
=
?
?
1
dx
+
?
(x,
A)
?
1
2
2
2
dA 0
?A
dA
x=A
0
!
Но второй член зануляется, т.к. ?(x, A) = 1 при x = A.
Контрольная работа 11
11.1
Пусть x1 и x2 смещения шариков из положения равновесия (т. к. колебания
маленькие, вертикальными смешениями пренебрегаем). Уравнения движения
будут mxЁ1 = ?m? 2 x1 + k(x2 ? x1 ) и mxЁ2 = ?m? 2 x2 ? k(x2 ? x1 ) или
xЁ1 + ? 2 + mk x1 = mk x2, xЁ2 + ? 2 + mk x2 = mk x1. Вводя новые переменные
k
X = x1 + x2 и x = x1 ? x2, получаем X? + ? 2X = 0 и x? + ? 2 + 2 m
x = 0. В
начальный момент времени x1 (0) = A, x2 (0) = 0, x?1 = x?2 = 0. Т.е.
X(0) =
r
k
x(0) = A и X?0 = x?0 = 0. Поэтому X(t) = A cos ?t и x(t) = A cos ? 2 + 2 m
t.
Но x1 (t) = (X + x)/2, x2 = (X ? x)/2. Следовательно,
x1 =
и
Но
?
A?
?cos ?t +
2
v
u
u
cos t? 2
?
+2
v
u
?
k ?
t?
m
?
u
A
k
x2(t) = ??cos ?t ? cos t? 2 + 2 t?? .
2
m
v
u
u
t 2
?
и
cos ? + cos ? = 2 cos
+2
k
k
??+
m
m?
?+?
???
?+?
???
cos
, cos ? ? cos ? = 2 sin
sin
.
2
2
2
2
Поэтому
x1(t) ? A cos ?t cos
kt
kt
, x2(t) = A sin ?t sin
.
2m?
2m?
76
kt
Это показывает, что когда 2m?
= ?2 , колебания первого шарика затухают, а
колебания второго максимальны. Следовательно, через время
m? 2
?m?
=T
t=
k
2k
колебания полностью перейдут ко второму маятнику. Здесь T =
период колебаний, когда шарики не связаны.
2?
?
есть
11.2
Перейдем к цилиндрическим координатам. Тогда V 2 = ??2 + ?2 ??2 + z? 2 и
xy? ? y x? = ? cos ? (?? sin ? + ??? cos ?) ? ? sin ? (?? cos ? ? ??? sin ?) = ?2 ??.
Поэтому
m
qB 2
L = (??2 + ?2 ??2 + z? 2 ) +
? ??
2
2c
и обобщенный импульс, соответствующий координате ?, будет
p? =
?L
qB 2
= m?2 ?? +
?.
? ??
2c
p? d? адиабатический инвариант. Но когда электрон вращается в магнитном
поле B , его угловая скорость ? = ?? определяется из m? 2 ? = qc V B = qB
c ??.
qB
Т.е. ?? = mc . Поэтому
H
I
p? d? =
I
qB
qB 2 qB 2
? +
? d? = 3? ?2 .
c
2c
c
!
Следовательно, произведение B?2 является инвариантом
и когда поле увеличится
?
в два раза, радиус орбиты электрона уменьшится 2 раза. Заметим, что
инвариантность ?2 B означает, что поток магнитной индукции сквозь орбиту
электрона является адиабатическим инвариантом.
11.3
На кольцо действует как сила
mg , так и сила реакции N .
? 2 притяжения
2
2
Поэтому сила трения F = µ N + m g . Но N сообщает кольцу центростремительно
77
ускорение. Поэтому mV 2 /R = N и
F =
v
u
u
µmg t1
V4
+ 2 2.
g R
Следовательно, скорость кольца уменьшается по закону
v
u
u
dV
V4
m
= ?F = ?µmg t1 + 2 2
dt
g R
и кольцо остановится через время
1
T =
µg
ZV0
0
Окончательно
dV
r
4
1 + gV2 R2
1
?
µg
?
ZV0
?1
0
1 ?
V05 ?
V4 ?
V0 ?
.
? 2 2 dV =
2g R
µg
10g 2R2
?
?
?
V04 ?
V0 ?
1?
.
T =
µg
10g 2R2
?
?
11.4
ассмотрим процесс теплового расширения свинцового листа. пусть при
этом точка C на растоянии x от верхнего края неподвижна относительно
крыши. тогда участок AC при расширении движется вверх, а участок CB
вниз. Это определяет направление сил трения действующих на них. Так
как ускорения центр масс AC и CB очень маленькие, можно считать, что
действующие на них силы уравновешены. Для AC это дает уравнение
m
m
xg sin ? + µ xg cos ? ? T = 0,
l
l
где T есть сила с которой CB действует на AC . Аналогично для CB будем
иметь
m
m
(l ? x)g sin ? ? µ (l ? x)g cos ? + T = 0.
l
l
78
Складывая эти уравнения, получаем
m
m
lg sin ? ? µ (l ? 2x)g cos ? = 0.
l
l
Отсюда
l
tg ?
x=
1?
.
2
µ
если температура увеличивается на ?t, длина листа станет l? = (1 + ??t)l.
!
При этом его центр масс сместится, как показывает
рисунок. Смешение
?
?
равно ? = l2 ? x? ? 2l ? x , где x? = l2 1 ? tgµ? . Следовательно,
?=
tg ? ?
tg ?
(l ? l) = ??t l
.
2µ
2µ
Когда температура понижается, участок AC движется вниз, а участок CB
вверх. Поэтому уравнения будут (мы используем те же самие обозначения
x и T , хотя численно они могут быть другими):
m
m
m
m
xg sin ??µ xg cos ?+T = 0 и (l ?x)g sin ?+µ (l ?x)g cos ??T = 0.
l
l
l
l
Отсюда
2x
l
=1+
tg ?
µ
иx=
l
2
1+
tg ?
µ
. Смещение центра масс вниз будет
l
l? ? tg ?
tg ?
?
?
? = x?
? x ?
=
(l ? l?) = ??t l
= ?.
2
2
2µ
2µ
?
!
?
?
Следовательно, за одни сутки центр масс смещается вниз на
2? = ?l ?t
tg ?
.
µ
За N суток смешение составит
?N l ?t
79
tg ?
.
µ
11.5
Энергия и импульс подсистемы (?? ?) определяются из законов сохранения
энергии
и импульса при распаде ? ? ? (? ? ? 0 ) + (?? ?) и равны E = m2? ,
r
p=
E2
?
m? 2
3
=
?
5
6 m?
(положили c = 1). Дальше рассмотрим распад
(?? ?) ? ?? + ? . С учетом (p?? ? p? )2 = p2? = 0, p2?? = m2?? =
p?? · p? = EE? ? p~ · p~? = E? (E ? p cos ?), получаем
m2?
9 ,
p2? = 0 и
m2?
? 2E? (E ? p cos ?) = 0.
9
Поэтому
E? =
и, так как E 2 ? p2 = m2?? = 19 m2? ,
E?,min =
m2?
18(E ? p cos ?)
1
m2?
1
m2?
= (E ? p), E?,max =
= (E + p).
18(E + p) 2
18(E ? p) 2
Следовательно (восстановили c),
? ?
? ?
?
?
m? c2 ?
m? c2 ?
5?
5?
1?
? E? ?
1+
.
4
3
4
3
Контрольная работа 12
12.1
Пусть космический аппарат находиться на расстоянии r от центра Земли и
~ составляет угол ? с направлением на центр. Аппарат упадет
его скорость V
p
на Землю, если rmin = 1+e
? R, R радиус Земли. Но
e=
v
u
u
t
v
u
2Ep
2EL2 u
t
1
+
=
.
1+
m?2
?
80
Поэтому получаем
p
?1
R
!2
p2
p
2Ep
= 2 ? 2 + 1 ? e2 = 1 +
.
R
R
?
Или
?
2
p
E
+
.
?
R2
?
R
!
Учтем здесь
mV 2 ?
L2
mV 2 2
E=
и p=
?
=
sin ? r2 ,
2
r
m?
?
будем иметь
2
?
2?r
mV
sin2 ? ? 1? ? 2 (r ? R).
2
R
rR
Это неравенство будет удовлетворяться при любом значении V , только если
?
?
r2
r
sin ? 2 ? 1 ? 0, или sin ? ? .
R
R
Т.е. вектор скорости аппарата должен лежать внутри телесного угла, с
которым Земля видна из аппарата.
2
12.2
Из неравенств
E=
m 2
(r? + r2 ??2) + U (r)
2
и L = mr2 ??, получаем
dr
1
E
=
2
4
L
2mr d?
Но
1 dr
r4 d?
Поэтому
!2
!2
ds
=
d?
!2
1
U (r)
+ 2 .
2
2mr
L
1
, где s = .
r
L2 ? ds
U =E?
2m d?
?
Подставляя здесь
+
s=
получаем
U (r) = E ?
!2
?
+ s2? .
1
[1 + e cos (??)] ,
p
L2 (1 ? ?2) L2?2 1
L 2 ?2 2
(e
?
1)
?
?
.
2mp2
2mr2
mp r
81
12.3
Угол ? отсчитываем от оси x. При движении ракеты ?? < 0, поэтому в
качестве вектора амильтона берем
??
~u = V~ + ~e? .
L
Здесь ?? = GmM (так обозначили, т.к. ? у нас обозначает угол). Сохранение
его x-проекции дает
??
V cos ? ? = ?V cos ?
L
(на полюсе и на экваторе величина скорости ракеты будет одно и тоже, из
сохранения энергии). Сохранение y -проекции дает
V sin ? =
Следовательно,
sin ? + sin ? =
Или
??
? V sin ?.
L
??
= cos ? + cos ?.
VL
?+?
???
?+?
???
cos
= 2 cos
cos
.
2
2
2
2
= 1, и ? = ?2 ? ?. Тогда
2 sin
Отсюда tg ?+?
2
sin ? + sin ? = sin ? + cos ? =
Следовательно,
V2 =
??
??
=
.
2
V L mV R cos ?
??
mR cos ? (cos ? + sin ?)
82
минимальна, когда максимальна cos ?(cos ? + sin ?). Но
d
[cos ? (cos ? + sin ?)] = ?2 cos ? sin ? + cos 2? = cos 2? ? sin 2? = 0
d?
дает tg 2? = 1 и ? = ?8 . Следовательно, оптимальный угол запуска ракеты
составляет ?8 .
12.4
Момент импульса L = mr2 ??. Но 12 r2 d? есть площадь сектора OAB . Следовательно,
1R 2
LT
L R
2 r d? = 2m dt означает, что 2m =площадь эллипса =?ab, где T - период
обращения.
Но из e =
?
a2 ?b2
a
следует, что
v
т.к.
s
u
?
u 2EL2
a
b = a 1 ? e2 = at?
=
L
,
m?2
m?
e=
Поэтому получаем
v
u
u
t
1+
2EL2
?
и E=? .
2
m?
2a
m ?
a a.
?
При рассмотрении задачи двух тел (Солнце с массой M и планета с массой
mM
m), в предыдущих ормулах мы должны сделать замену m ? µ = m+M
и
? = GmM . Поэтому будем иметь
T = 2?
T =
Следовательно,
v
u
u
2? t
s
a
a.
G(m + M)
m2 + M a31
T12
=
.
T22
m1 + M a32
83
Третий закон Кеплера
a31
T12
= 3
T22
a2
получится, только если пренебречь массами планет по сравнению с массой
Солнца.
12.5
Так как
E=?
энергии спутников равны
E1 = ?
?
?
=?
,
2a
rmin + rmax
?
?
mV12 ?
mV22 ?
и E2 = ?
=
?
=
? ,
2R
2
R
8R
2
R
где V1 и V2 их скорости в перигее и ? = GmM . Отсюда
V1 =
s
?
и V2 =
mR
v
u
u
t
7?
.
4mR
Из сохранения импульса 2mV = mV1 +mV2 , находим скорость после стыковки
?
s
7+2 ?
1
.
V = (V1 + V2 ) =
2
4
mR
Поэтому полная энергия после стыковки будет
?
?
21 ? 4 7 ?
2mV 2 2? ( 7 + 2)2 ? 2?
?
=
?
=?
.
E=
2
R
16
R
R
16
R
С другой стороны
2?
,
R+r
где r новый апогей. Поэтому получаем
?
?
343 + 128 7
11 + 4 7
? R=
r=
R ? 2.07R.
329
21 ? 4 7
E=?
12.6
При круговом движении
d~
p
dr =
p?? pV
=
?t
R
84
Поэтому должно быть
dU pV
??
= ? = ?+1 .
R
dr r=R R
Но L = pR (при круговом движении). Следовательно,
??
LV
??
=
.
и
V
=
R2
R?+1
LR??1
Ограничение на L возникает, если ? = 1. Тогда L? = V < c дает
?
.
c
Если ? 6= 1, круговые орбиты возможны для всех значений момента импульса.
?
Если ? = 1, радиус круговой орбиты находится так: из pV
R = R2 имеем
L>
mV 2
r
1?
V2
c2
v
u
V2
?
? u
t
=
и R=
1? 2 .
R
mV 2
c
Подставляя сюда V = L? , будем иметь
v
u
?2
L2 u
t
R=
1 ? 2 2.
m?
Lc
Контрольная работа 13
13.1
Сила, которая действует на электрон, равна (в системе CGSE)
e ~
~ = eg V~ Ч ~r.
F~ = V
ЧB
c
cr3
Изменение импульса
?~p =
Z?
??
eg Z? V~ Ч ~r
~
dt.
F dt =
c ?? r3
Так как электрон быстрый, при вычислении интеграла можно считать, что
электрон движется по прямой с неизменной скоростью.
?
~ Ч ~r = V
~ Ч ?~. Кроме того, r = ?2 + V 2 t2 . Поэтому
~ + V~ t и V
Тогда ~r = ?
?~p ?
Z?
dt
eg ~
V Ч ?~
c
(?2 + V 2 t2 )3/2
??
?
~ Ч ?~
t
eg V
?
=
2
2
2
2
c ?
? + V t 85
??
=
2eg V~ Ч ?~
.
c V ?2
Импульс электрона после рассеяния ~
q = p~ + ?~p, причем q ? p, так как
?~p ? ~p. Пусть ? угол рассеяния. Тогда
|~q Ч ~p| = p2 sin ? = |?~p Ч p~| =
2eg
|~p Ч (V~ Ч ?~)|.
2
cV ?
~ (~p · ?~) ? ?~ (~p · V~ ) = ?~? pV , так как ~p ? ?~ и p~ k V~ . Поэтому
Но p
~ Ч (V~ Ч ?~) = V
получаем
2eg
2eg
p2 sin ? ?
и
?
?
sin
?
?
?pV
.
cV ?2
c?p
13.2
Так как момент импульса L = mr2 |??|, то энергия частицы
E=
m 2
mr?2
L2
+ U (r).
(r? + r2 ??2) + U (r) =
+
2
2
2mr2
Отсюда ( для r? < 0)
??1/2
L2 ?
2
?
[E ? U (r)] ? 2 2
dt = ?
m
mr
?
d?
dt
С другой стороны, из
?0 = ?
Так как E = T =
rZmin
?
=
L
mr2
получаем ( заметим, что ?? > 0 и |??| = ?? )
L
dr
2mr2
r
mV? 2
2
2
[E
m
dr.
? U (r)] ?
и L = m?V? .
86
L2
m2 r 2
=
Z?
rmin
? dr
r2
r
1?
?2
r2
?
U (r)
T
.
Это справедливо для любого центрального потенциала. В случае U (r) =
будем иметь
Z?
? dr
r2
q
,
?0 =
1 ? (?2 + T? ) r12
rmin
причем 1 ? (?2 + T? ) r21
s=
1
r.
min
Тогда
?0 =
Zs0
0
Но
Z
?
r2
= 0 (при r = rmin , r? = 0). Сделаем подстановку
?ds
, s0 =
1 ? (?2 + T? )s2
q
dx
?
= arcsin x и ?0 =
1 ? x2
?
q
?2 +
?
T
arcsin
1
.
?2 + T?
q
!s0
0
?
?2 + s
T
s
=
??
.
2 ?2 + T?
q
Угол рассеяния ? и ?0 связаны так ? = ? ? 2?0 . Поэтому
??
?=??q 2
? +
?
T
?
?
= ? ?1 ? q 2
? +
?
T
?
?.
Если ? = ?2 , прицельный параметр будет определяться из
?
?2 +
Отсюда ?2 =
?
3T
q
?
T
1
= .
2
и сечение рассеяния на угол, больший 90?, будет
? = ??2 =
??
.
3T
13.3
Из симметрии задачи ясно, что звезды всегда будут в вершинах некоторого
квадрата. Пусть расстояние от звезд
? до центра этого квадрата равно r.
Тогда сторона квадрата будет a = 2 r. Сила притяжения, действующая
87
на звезду со стороны других звезд, направлена к центру и по величине
равна
?
2
1
+
2
M2
GM
2
M2
?
+
2G
cos
45
=
.
F =G
(2r)2
a2
r2
4
То есть можно считать, что каждая звезда движется в центральном поле
притяжения
?
2
?
1
+
2
U (r) = ? , ? = GM 2
r
4
с центром в центре первоначального квадрата. По ормуле езерорда
tan
?
?
=
2 MV 2b
находим угол рассеяния звезд
? ?
1
+
2
2?
GM
.
? = 2 arctan ? 2
bV
4
?
13.4
Докажем, что в оптимальной ситуации центр тяжести любой верхней части
конструкции находится на одной вертикали с правым краем пластины, на
которой она опирается.
Пусть это не так и центр тяжести C верхней части a находится левее
края пластины b. Тогда часть a можно сдвинуть вправо скажем на x и
она все равно устойчиво будет опираться на пластину b. При этом центр
тяжести D системы b + a тоже сдвинется вправо, но на меньшую величину
y = MM+m x, где M масса части a и m масса пластины. Если теперь
88
систему b + a сдвинем влево на y , ее центр масс D окажется в прежней
точке и b + a будет снова устойчиво опираться на нижнюю часть c. После
этих манипуляций пролет увеличится на x ? y = Mm
+m x. Это доказывает
сделанное утверждение. Следовательно, максимальный пролет Ln удовлетворяет
рекуррентному соотношению Ln = Sn?1 + Ln?1 , где Sn?1 есть расстояние
по горизонтали от правого нижнего края верхней конструкции из (n ? 1)
пластин до ее центра масс ( см. рисунок ).
С другой стороны, для центра масс конструкции из n пластин, когда центр
масс верхней части из (n ? 1) пластин проходит через правый край нижней
пластины, имеем
a a 1
m
=
.
Sn =
m + (n ? 1)m 2
2 n
Поэтому
Ln = Sn?1 + Ln?1 = Sn?1 + Sn?2 + Ln?2 = . . . = Sn?1 + Sn?2 + . . . + S1 =
1 1
a
1
a
1+ + + ...+
? ln n
=
2
2 3
n?1
2
6
при n ? 1. Тогда Ln = 3a дает ln n = 6 и n = e ? 400.
!
13.5
89
При равновесии центр тяжести системы находится на одной вертикали с
точкой подвеса A. Пусть прямая AO образует угол ? с вертикалью и начало
системы отсчета находится в точке A. Тогда в равновесии
0 = xц.м. =
1
[?Ql sin ? + P (R ? l sin ?)]
P +Q
(центр шара находится влево от вертикали на расстоянии l sin ? и гиря
находится вправо от вертикали на расстоянии R ? l sin ?). Следовательно,
P R = (Q + P )l sin ? и
R P
.
sin ? =
l Q+P
Контрольная работа 14
14.1
m
Заменим канат на систему N грузиков массы N
каждый и N невесомых
l
пружин длины N каждый. Жесткость маленькой пружинки будет в N -раз
больше, чем жесткость каната (т.к. у нее длина в N -раз меньше). Поэтому
уравнение движения i-го грузика будет
l
l
m
m
+ N k Si+1 ? Si ?
, i < N,
S?i = g ? N k Si ? Si?1 ?
N
N
N
N
!
!
где Si - его координата. Это уравнение можно записать так
kN 2
S?i = g +
Si+1 ? Si ? (Si ? Si?1) .
m
"
#
Нас интересует предел N ? ? поэтому введем непрерывную переменную
x через x = i Nl и будем рассматривать Si как ункцию x: Si ? S(x, t).
Тогда
?S(x, t)
dx,
Si+1 ? Si = S(x + dx, t) ? S(x, t) =
?x
90
где dx =
l
,
N
и
?S(x ? dx, t)
dx.
?x
Si ? Si?1 = S(x, t) ? S(x ? dx, t) =
Поэтому, в пределе N ? ?, Si+1 ? Si ? (Si ? Si?1) можно заменить на
? 2S(x, t)
? 2S l2
?S(x, t) ?S(x ? dx, t)
2
dx =
?
(dx)
=
?x
?x
?x2
?x2 N 2
и уравнение движения перепишется так
#
"
? 2S(x, t) kl2 ? 2S(x, t)
?
= g.
?t2
m
?x2
Но это для i < N , т.е. x < l. Для последнего грузика вместе с телом M ,
уравнение движения будет
m
l
m
S?N = M +
g ? N k xN ? xN ?1 ?
.
M+
N
N
N
!
!
!
Для перехода к непрерывному пределу, заметим что
N (xN ? xN ?1) ? N [S(l, t) ? S(l ? dx, t)] ? N
?S(l, t)
?S(l ? dx, t)
dx ? l
.
?x
?x
Следовательно, в непрерывном пределе получим уравнение
kl ?S(l, t)
? 2S(l, t)
=
g
?
?1 .
?t2
M
?l
"
#
Кроме этого будем иметь граничное условие S(0, t) = 0, т.к. чем ближе
точка подвеса, тем меньше растягивается соответствующий участок каната.
Пусть S(x, t) = S0 (x) + A(x) cos ?t, где S0 (x) соответствует положению
равновесия. Т.е.
kl2 d2 S0(x)
kl dS0 (l)
=g и 0=g?
?1 .
?
2
m dx
M
dl
"
Подстановка S(x, t) в уравнения движения дает
kl2 d2A
A? +
= 0,
m dx2
2
и, при x = l,
? 2 A(l) =
kl dA(l)
.
M dl
91
#
Поэтому
A(x) =
?
?v
u
2
u
?t m?
a1 cos ?
?
?v
u
2
u
x?
?t m? x ?
? + a2 sin ?
?,
l
k l
k
где a1 , a2 - некоторые константы. Условие S(0, t) = 0 дает A(0) = 0 и
kl dA(l)
a1 = 0. Тогда как ? 2 A(l) = M
dl условие означает
2
? sin
Или
"s
m
kl m 1
? =
? cos
k
M k l
s
#
"s
m
? .
k
#
m
m
m
? tg
? = .
k
k
M
Это трансцендентное уравнение определяет частоту вертикальных колебаний
? . ассмотрим несколько предельных случаев. Если m ? 0,
s
s
и получим ? 2 =
k
M.
m
? tg
k
"s
"s
#
m
m
? ? ?2
k
k
#
Если M ? 0, то tg
hq
m
k?
i
=?и
q
m
k
?=
?
2
+ n? , или
v
u
?uk
? = (2n + 1) t , n = 0, 1, 2, . . .
2 m
Пусть теперь
m
M
<< 1. Используя tgx ? x + 13 x3, получим
m 2
1m 2
m
m 2
k ?
? 1+
? ?
.
1 m 2 =
k
3 k
M
1? 3 k ?
!
ешая относительно ? 2 , будем иметь
1 m
k
k
1
?
.
?
? =
M + 31 m M
3M
!
2
14.2
Пусть кольцо радиуса r повернулось на маленький угол ? . Тогда оно поднимется
на высоту
?
r2 ?2
h = l ? l2 ? r2?2 ?
.
2l
Заметим, что
r2???
r?
h? =
= r?? << r??,
l
l
92
поэтому энергией поступательного движения
mh?2
можно
2
2
m 2 2
I ??
2 = 2 r ?? .
пренебречь по
сравнению с энергией вращательного движения
Полная энергия
кольца
1
1
r2
m
E = r2??2 + mgh = mr2 ??2 + mg ?2.
2 2
2
l
g
dE
2
?? + gl ? = 0.
Поэтому 0 = dt = mr ?? ?? + l ? дает уравнение движения
q
Следовательно, частота крутильных колебаний ? = gl .
14.3
Из-за цилиндрической симметрии, z -компонента углового момента Lz =
m?2 ?? сохраняется. Энергия частицы
m 2
m 2
m
L2z
2 2
?2 2
E=
?? + ? ?? + z? + mgz = (1 + z )?? +
+ mgz,
2
2
2
2m?2
где z ? =
dz
d? .
Энергия сохраняется, поэтому
dE
L2z
0=
+ mgz ?
= ?? m??(1 + z ? 2 ) + m??2 z ? z ?? ?
3
dt
4m?
и получим уравнение движения
"
#
L2z
+ mgz ? = 0.
3
4m?
Пусть ? = r + x, где r радиус равновесной круговой орбиты, а x возмущение. Тогда
m(1 + z ? 2 )?? + m??2 z ? z ?? ?
3x
1
1
1
L2z
?
?
?
??
,
1
?
=
mgz
(r),
z
(?)
?
z
(r)
+
z
(r)x,
=
?
4mr3
?3
(r + x)3
r3
r
и, с точностью до линейных по x членов, уравнение движения станет
!
L2z 3x
m 1 + z (r) x? +
+ mgz ?? (r)x = 0.
3
4mr r
?2
Или, если учтем
L2z
4mr3
!
= mgz ? (r),
z ? (r)
x = 0.
1 + z (r) x? + g z (r) + 3
r
?2
!
"
??
?
#
Если z ?? (r) + 3 z (r)
r > 0, будем иметь осцилляции около равновесной орбиты
с частотой
v
u
z ? (r)
u
u z ?? (r) + 3 r
.
? = tg
1 + z ? 2 (r)
93
?
< 0, возмущение x(t) будет экспоненциально расти и
Если z ?? (r) + 3 z (r)
r
?
орбита не будет стабильной. Если z ?? (r) + 3 z r(r) = 0, возмущение будет
расти линейно со временем, и орбита тоже не будет стабильной. Таким
?
образом, условием устойчивого равновесия является z ?? (r) + 3 z r(r) > 0. Из
?2 ? z 2 = R2 следует, что zz ? = ?. Т.е. z ? = z? . Тогда
1 ?z ?
1 ?2
z = ? 2 = ? 3.
z
z
z z
??
Поэтому
r2
1 1
z ? (r) 1 r2
= ? 3 +3 = 4? 2 .
z (r) + 3
r
z z
z
z
z
Но z > 0 (иначе вертикальной компоненты силы реакции опоры не будет).
Следовательно, орбита устойчива, если
!
??
4>
Отсюда 3r2 > 4R2 и
r2
r2
=
.
z2
r 2 ? R2
2
r > ? R.
3
14.4
Стержень начнет вращаться относительно точки O с угловым ускорением
ml2
l 2
?? = mg(l/2)
,
где
l
-длина
стержня,
а
I
=
+
m(
) = 13 ml2 его момент
I
12
2
относительно O. Следовательно, ?? = 23 gl . Тогда центр масс стержня будет
двигаться с линейным ускорением a = ?? 2l = 34 g . С другой стороны, a =
mg?T
1
m . Следовательно, T = m(g ? a) = 4 mg .
14.5
2F
Сила трения F раскручивает цилиндр с угловым ускорением ?? = FIR = mR
.
В точке касания A скорость равна нулю. Поэтому V ? ?R = 0, где V есть
94
скорость центра масс цилиндра. Тогда a = ??R = 2F
m . С другой стороны,
1
ma = mg sin ? ? F . Следовательно, F = 3 mg sin ?. Но сила трения не
может превысить максимальное значение µN = µmg cos ?. Следовательно
1
3 mg sin ? ? µmg cos ? и если tg ? ? 3µ, цилиндр будет скатываться без
скольжения. аз цилиндр скатывается со скольжением, значит ? > arctg (3µ).
14.6
Скорость шариков в системе наблюдателя находим по ормуле сложения
скоростей:
u+V
V ?u
V1 =
и
V
=
.
2
1 + uV
1 ? uV
c2
c2
Суммарный импульс шариков (после разрыва цепи) будет
!
!
uV
uV
mV1 ?1 + mV2 ?2 = mV1 ?V ?u 1 + 2 + mV2 ?V ?u 1 ? 2 = 2mV ?V ?u.
c
c
Здесь мы воспользовались ормулой
!
~u · V~
?V~ ?~u = ?V ?u 1 + 2 .
c
Заметим, что p1 + p2 6= 2mV ?V = q1 + q2 сумма импульсов шариков до
разрыва цепи. Дело в том, что сжатая пружина имеет упругую энергию
покоя E и, следовательно, массу M = cE2 . E находим из закона сохранения
энергии в системе покоя трубки
E + 2mc2 = 2mc2 ?u
(При этом мы массой не деормированной пружины пренебрегли). Следовательно,
E
M = 2 = 2m(?u ? 1)
c
и импульс сжатой пружины будет q = MV ?V = 2mV ?V (?u ? 1). Поэтому
суммарный импульс до разрыва цепи есть
q + q1 + q2 = 2mV ?V (?u ? 1) + 2mV ?V = 2mV ?V ?u = p1 + p2.
95
Контрольная работа 15
15.1
В системе полуцилиндра сила инерции ?mg sin ? компенсирует компоненту
силы тяжести вдоль наклонной плоскости. Поэтому задача эквивалентна
нахождению частоты малых колебаний полуцилиндра на гладкой горизонтальной
поверхности в эективном поле тяжести g cos ?.
Так как в горизонтальном направлении сила не действует, центр тяжести
полуцилиндра движется только по вертикали. При малых колебаниях этим
смещением по вертикали тоже можно пренебречь и считать, что полуцилиндр
вращается вокруг центра масс. При наклоне полуцилиндра на угол ? ? 1,
сила реакции опоры N ? mg cos ? создает возвращающий момент N b sin ? ?
(mgb cos ?)?, где b расстояние от центра масс C до геометрического
центра цилиндра O. Следовательно, уравнение движения будет Ic ?? = ?(mgb cos ?)?
и частота малых колебаний
?2 =
mgb cos ?
.
Ic
Момент инерции полуцилиндра относительно оси цилиндра Io будет половина
момента инерции цилиндра (массы 2m), т.е. Io = 12 12 2mR2 = 21 mR2 . С
другой стороны, по теореме Штейнера, Io = Ic +mb2 . Отсюда получаем Ic =
1
2
2
2 m(R ? 2b ). Величину b можно найти по второй теореме ульдена: объем
тела вращения равен произведению длины окружности, описываемой центром
тяжести игуры на ее площадь. Если вращать полукруг вокруг своего
диаметра, получится шар. Поэтому, согласно теореме ульдена, должны
иметь 43 ?R3 = 12 ?R2 2?b. Отсюда b = 4R
3? и, окончательно,
?2 =
g cos ? 24?
.
R 9? 2 ? 32
96
15.2
Выталкивающая сила больше, чем сила тяжести. Тем не менее песочные
часы не сразу начнут всплывать после переворачивания трубки. Дело в
том, что выталкивающая сила приложена к геометрическому центру симметричных
часов, а сила тяжести к центру масс. Вначале, когда часы плавают в
трубке, центр масс находится ниже геометрического центра и это состояние
устойчиво относительно наклона часов, так как при случайном наклоне
возникает возвращающий момент.
После переворачивания трубки центр тяжести оказывается выше геометрического
центра и это состояние не устойчиво относительно случайных наклонов
часов. В своей попытке развернуться, часы упираются в стенки трубки и
давят на них. В результате возникает сила трения которая мешает всплытию
часов. После израсходования примерно половины песка, центр тяжести
песочных часов снова окажется ниже геометрического центра и часы начнут
всплывать.
15.3
Удар рассекает стержень пополам. Пусть каждая половина имеет массу
m и длину l. Из-за удара половинка стержня приобретает скорость V =
1 R
и раскручивается относительно центра масс с угловой скоростью
m F dt
R
6 R
F dt. Следовательно, конец стержня, который опирается
? = I1 F 2l dt = ml
на бокал с вином, сразу после удара будет иметь скорость V ? 2l ? = ?2V
и полетит вверх. Поэтому вино не прольется.
Но это рассуждение пренебрегает упругими свойствами стержня. На
самом деле после удара вдоль стержня распространяется волна поперечной
деормации и другой конец стержня все равно успевает немного сдвинуться
вниз. Поэтому для успешной демонстрации опыта надо предусмотреть демпировани
смещений порядка 1 мм [36?.
97
15.4
Из уравнении движения
eg ~r? Ч ~r
~Ёr =
mc r3
2
~ 2 являются
следует, что квадрат скорости ~r? и квадрат орбитального момента L
интегралами движения. Действительно, 0 = ~r? · ~Ёr = 1 d (~r? 2 ). А в задаче 8.5
2 dt
показали, что вектор пуанкаре
~ ? eg ~r
J~ = L
c r
~ = 0, поэтому J~ 2 = L
~2+
сохраняется. Но ~r · L
тоже сохраняется.
Зависимость r(t) можно найти так. Имеем
eg 2
c
~2
и, следовательно, L
d2~r 2
d ?
=
2
(~r · ~r) = 2~r? 2 = 2V 2 ,
2
dt
dt
r = 0. Пусть начало отсчета времени выбрано так, что при t =
т.к. ~r? · ~Ё
0 электрон находится на минимальном расстоянии r0 от центра поля и,
выше приведенного
следовательно, ~r(0) · ~r? (0) = 0. Тогда интегрированием
q
2
2 2
2
уравнения получаем ~r = V t + r0 и r(t) = V 2 t2 + r02 . Минимальное
расстояние r0 можно найти из сохранения величин скорости и орбитального
момента: L = mV ? = mV r0 . Отсюда r0 = ?.
Далее рассмотрим скалярное произведение J~ · ~r = Jr cos ? = ? egc r. Это
eg
показывает, что cos ? = ? cJ
и угол между векторами ~r и J~ не меняется
с течением времени электрон движется на поверхности конуса с углом
раствора 2? , с вершиной в начале координат и с осью вдоль вектора Пуанкаре
J~. Поэтому удобно ввести серические координаты с осью z вдоль вектора
Пуанкаре. Тогда ~r = r(sin ? cos ?~i + sin ? sin ?~j + cos ?~k) и
~r? = r?(sin ? cos ?~i + sin ? sin ?~j + cos ?~k) + r??(? sin ? sin ?~i + sin ? cos ?~j).
Поэтому
2
V 2 = ~r? = (r?2 + r2??2 ) sin2 ? + r?2 cos2 ? = r?2 + r2??2 sin2 ?.
?
Отсюда, с учетом r(t) = V 2 t2 + ?2 , получаем
?
V?
V 2 ? r?2
=
.
?? =
r sin ?
(V 2t2 + ?2 ) sin ?
98
Но
sin ? =
?
1 ? cos2 ? =
Следовательно,
r
1
r
1+
.
eg 2
cL
2
eg
V ? 1 + cL
?? =
?2 + V 2 t2
и, интегрируя в предположении ?(0) = 0, получаем
?(t) =
v
u
u
t
eg
1+
cL
!2
arctg
Vt
.
?
Заметим, что при t ? ±? имеем r? ? ±V , r?? ? 0 и
??
? ? ± , где ? =
2
v
u
u
t
eg
1+
cL
!2
=
v
u
u
u
t1
eg
+
mcV ?
!2
.
Поэтому скорость электрона в отдаленном прошлом и в отдаленном будущем
дается выражением
?? ~
?? ~
~r? (±?) = V sin ? ± cos
i + sin
j ± V cos ?~k.
2
2
"
!
! #
Следовательно, для угла рассеяния ? получаем
!
~r? (?) · ~r? (??)
2
2 ??
cos ? =
.
= ?1 + 2 sin
V2
?
2
15.5
~ . Уравнение движения
Пусть сила трения, которая действует на шар, равна F
имеют вид
?
~ Ч F~ ,
mV~ = F~ и I ?
~? = R
~ есть вектор от центра шара к точке касания (т.е. радиусгде I = 25 mR2 и R
~ ). Так как шар не проскальзывает, в точке
вектор точки касания равен ~r + R
~ и на поверхности шара
? Ч (~r + R)
касания скорость на поворотном столе ~
~ равны друг другу. Диеренцируя равенство ~? Ч (~r + R)
~ =
V~ + ~? Ч R
~ , получаем
V~ + ~? Ч R
~ Ч F~ ) Ч R.
~
~ Ч ~r? = V
~? + ~?? Ч R
~ = 1 F~ + 1 (R
?
m
I
99
~ Ч F~ ) Ч R
~ = R2 F~ ? (F~ · R)
~ R
~ = R2 F~ , т.к. F~ · R
~ = 0 (вектор R
~
Но (R
перпендикулярен к плоскости поворотного стола). Следовательно,
7 ~
R2 ? ~
1
?
~
?
F =
+
F.
? Ч ~r =
m
I
2m
?
?
~ и подставляя в уравнение mV~? = F~ , получаем
Определяя отсюда F
2~ ~
?
V~ = ?
ЧV.
7
Или в компонентах
2
2
V?x = ? ?Vy , V?y = ?Vx, V?z = 0.
7
7
Отсюда
!
2
2 2
V?x = ? ?V?y = ? ? Vx.
7
7
~0 . Тогда решением этого уравнения
Направим ось x вдоль начальной скорости V
7
будет Vx = V0 cos 27 ?t. Следовательно, Vy = ? 2?
V?x = V0 sin 72 ?t. Интегрируя
еще раз, с учетом x(0) = x0 , y(0) = y0 , получаем
7V0
2
7V0 7V0
2
sin ?t, y(t) = y0 +
?
cos ?t.
2?
7
2?
2?
7
Это показывает, что центр шара движется по окружности радиуса
центром в точке с радиус-вектором
!
7V
0
~ Ч V~0 .
~j = ~r0 + 7 ?
x0 ~i + y0 +
2?
2?2
x(t) = x0 +
7V0
2?
с
15.6
ассмотрим участок проволочки с радиусом кривизны R и длиной R? ?
R. авнодействующая сил натяжения 2T sin ?2 ? T ? уравновешивается
p
. Следовательно,
силой Ампера IR?B . Поэтому получаем T = IRB . Но R = eB
IP
T = e и
eT
I=
p
(все величины в системе СИ).
100
Благодарности
Автор благодарит В. Яньшоле за составление рисунков. абота выполнена
при частичной поддержке грантов НШ-905.2006.2 и ФФИ 06-02-16192-а.
Список литературы
[1? Ю. И. Бельченко, Е. А. илев, З. К. Силагадзе, В. . Соколов, Сборник
задач по механике частиц и тел. НУ, Новосибирск, 2000.
[2? И. И. Ольховский, Ю. . Павленко, Л. С. Кузьменков, Задачи по
теоретической механике для изиков. Изд-во МУ, Москва, 1977.
[3? И. В. Мещерский, Задачи по теоретической механике. Изд-во Лань,
Санкт-Петербург, 1998.
[4? И. И. Воробьев, П. И. Зубков, . А. Кутузова, О. Я. Савченко,
А. М. Трубачев, В. . Харитонов, Задачи по изике. Москва Наука,
1981; НУ, Новосибирск, 1999.
[5? А. Лайтман, В. Пресс, . Прайс, С. Тьюкольски, Задачи по теории
относительности и гравитации. Москва Мир, 1979.
[6? . Л. Коткин, В. . Сербо, Сборник задач по классической механике.
ХД, Москва-Ижевск, 2001.
[7? Е. С. Пятницкий, Н. М. Трухан, Ю. И. Ханукаев, . Н. Яковенко.
Сборник задач по аналитической механике. Москва Наука, 1996.
[8? П. А. Пуртов, С. В. Анищик, В. А. Багрянский, Б. В. Большаков,
В. Л. Вязовкин, Д. В. Стась, Задачи по термодинамике и
статистической изике. НУ, Новосибирск, 2005.
[9? W. Rindler, Relativity: Speial, General, and Cosmologial.
Oxford University Press, 2001.
[10? D. Morin, Introdutory Classial Mehanis, with Problems and Solutions.
Harward University. Available at
http://www.ourses.fas.harvard.edu/~phys16/Textbook
[11? F. Diau, The slingshot effet of elestial bodies, Pi in the Sky 2, 16-18
(2000).
101
[12? P. Pt
ak, J. Tkadle, The dog-and-rabbit hase revisited, Ata Polytehnia
36, 5-10 (1996).
[13? C. E. Mungan, A lassi hase problem solved from a physis perspetive,
Eur. J. Phys. 26, 985-990 (2005).
[14? M. Rost, On the Dimension of a Composition Algebra, Do. Math. J. DMV
1, 209-214 (1996).
[15? Z. K. Silagadze, Multi-dimensional vetor produt, J. Phys. A
4953 (2002).
35,
4949-
[16? J. A. Rhodes and M. D. Semon, Relativisti veloity spae, Wigner rotation
and Thomas preession, Am. J. Phys. 72, 943-960 (2004).
[17? K. Brown, Refletions on Relativity: Thomas Preession,
http://www.mathpages.om/rr/s2-11/2-11.htm
,
[18? G. t Hooft, Introdution to General Relativity. Rinton Press, Prineton,
2001.
[19? J. F. L. Simmons, C. R. MInnes, Was Marx right? or How effiient are
laser driven interstellar spaeraft? Am. J. Phys. 61, 205-207 (2004).
[20? Е. Абадоглу, М. Бруски, Ф. Калоджеро, Азбука динамики магнитных
монополей, Теоретическая и математическая изика 128, 5-14 (2001).
[21? A. P. Balahandran, Saha and the dyon, arXiv:hep-ph/9303312.
[22? T. MMillen, A. Goriely, Whip waves. PhysiaD
184,
192-225 (2003).
[23? K. Y. Shen, B. L. Sott, The hourglass problem, Am. J. Phys. 53, 787-788
(1985).
[24? R. H. Prie, Projetiles, pendula, and speial relativity, Am. J. Phys.
433-438 (2005).
73,
[25? F. S. Crawford, Elementary examples of adiabati invariane, Am. J. Phys.
58, 337-344 (1990).
[26? T. H. Boyer, Unfamiliar trajetories for a relativisti partile in a Kepler
or Coulomb potential, Am. J. Phys. 72, 992-997 (2004).
[27? J. M. Aguirregabiria, A. Hernandez, M. Rivas, Cirular Orbits under Central Fores in Speial Relativity, arXiv:physis/0407049.
102
[28? R. P. Martinez-y-Romero, H. N. N
un
ez-Yepez, A. L. Salas-Brito, The
Hamilton vetor as an extra onstant of motion in the Kepler problem,
Eur. J. Phys. 14, 71-73 (1993).
[29? L. Basano, A. Bianhi, Rutherford's sattering formula via the Runge-Lenz
vetor, Am. J. Phys. 48, 400-401 (1980).
[30? G. Mu
noz, Vetor onstants of the motion and orbits in the Coulomb/Kepler problem, Am. J. Phys. 71, 1292-1293 (2003).
[31? K. T. MDonald, Vertial Osillations of a Hanging Cable. Available at
http://puhep1.prineton.edu/ mdonald/examples/
[32? A. J. MDonald, K. T. MDonald, Small Osillations of a Suspended Hoop.
Available at http://puhep1.prineton.edu/ mdonald/examples/
[33? K. T. MDonald, A Mehanial Model that Exhibits a Gravitational Critial Radius, Am. J. Phys. 69, 617-618 (2001).
[34? P. T. Raghuram, K. Kesava Rao, Serendipity in the development of demonstration experiments, Phys. Edu. U.K. 31, 313-320 (1996).
[35? K. C. Mamola, J. Pollok, The breaking broomstik demonstration, Phys.
Teaher 31, 230-233 (1993).
[36? G. Vandegrift, Transverse bending waves and the breaking broomstik
demonstration, Am. J. Phys. 65, 505-510 (1997).
[37? K. T. MDonald, The Rolling Motion of a Half-Full Beer Can. Available
at http://puhep1.prineton.edu/ mdonald/examples/
[38? A. S. Goldhaber, Role of Spin in the Monopole Problem, Phys. Rev.
B1407-B1414 (1965).
140,
[39? K. T. MDonald, Floating Wire Simulation of the Trajetory of a Charged
Partile in a Magneti Field. Available at
http://puhep1.prineton.edu/ mdonald/examples/
[40? J. A. Burns, Ball rolling on a turntable: Analog for harged partile dynamis, Am. J. Phys. 49, 56-58 (1981).
103
о упало световой
энергии E = N dt0 = N (1 ? ?)dt, где N мощность лазера. Если из этой
61
энергии E ? отразилась, то законы сохранения энергии и импульса будут
?
иметь вид E + E = E ? + E + dE и Ec + p = ? Ec + p + dp. Отсюда d(E + cp) =
2E = 2N (1 ? ?)dt. Но E = mc2 ? и p = mc?? . Вводя запаздывающее время
t? = t ? xc и замечая, что dt? = (1 ? ?)dt, получаем
2N
d
[?(1 + ?)] =
.
dt?
mc2
Отсюда
v
u
u1
t
2N
+?
t? + 1,
=
1??
mc2
т.к. в начальный момент t? = 0 и ? = 0. Следовательно,
?(1 + ?) =
?=
Зеркало улетит на расстояние
x=
Zt
2N
mc2 t?
2N
t
mc2 ?
+1
+1
c?dt = c
?
=
1??
и
t ?
x 1 Z? ? 2N
=
t? + 1
c
20
mc2
Отсюда
или
!2
Zt?
0
0
Но
2
2N
mc2 t?
?1
2
+1
.
?
dt? .
1??
+1
2
2
mc2
? 1? dt? =
12N
?
?
?
?1
2N
t? + 1
mc2
!3
!3
?
x mc2 ? 2N
x
t? + 1
2 + t? = t + =
c
c
6N
mc2
где t± = t ± xc . Но
Следовательно,
?
N
2N
6 2 t+ =
t? + 1
mc
mc2
!3
? 1? ,
? 1,
9 · 109 · 1015
1
Nx
=
= .
3
24
mc
1 · 27 · 10
3
ct
2 ct
2
+1 =
?1 +1
x
3 x
!
"
!
62
#3
? 1.
?
? 1? ?
t?
.
2
Пусть
2 ct
? 1 + 1 = ?.
3 x
Для ? будем иметь уравнение 3? + 2 = ? 3 . Или 3(? + 1) = ? 3 + 1 =
(? + 1)(? 2 ? ? + 1). Следовательно, (? + 1)(? 2 ? ? ? 2) = (? + 1)2(? ? 2) = 0.
Устраивает только ? = 2, т.к. ? > 0. Поэтому
!
ct 3? ? 1 5
5 x 5 1015
5 7
=
= и t=
=
=
10 сек.
x
2
2
2c
2 3 · 108
6
Таким образом, зеркало улетит на расстояние 1015 м за 56 107 сек.
Контрольная работа 8
8.1
Пусть координаты верхнего конца в некоторый момент времени x и y . В xнаправлении на стержень сила не действует, поэтому центр масс стержня O
будет падать вертикально и всегда будет находится на оси y . Т.к. стержень
однородный, AO = OB и, следовательно, A? O = OB ? = y2 . Тогда из
2
2
прямоугольного треугольника OB ? B получаем x2 + y4 = l4 . Это и есть
уравнение траектории верхнего конца и представляет собой эллипс.
8.2
Электрон притягивается к плоскости с силой
e2
(2z)2 ,
где z расстояние до
2
e
плоскости. Следовательно, уравнение движения будет mz? = ? 4z
2 . Умножаем
63
обе части на z? ,
e2 d 1
e2
md 2
.
(z? ) = ? 2 z? =
mz? z? =
2 dt
4z
4 dt z
!
2
Отсюда m2z? ?
e2
const = ? 4H
и
e2
4z
= const. Но вначале z = H и z? = 0. Следовательно,
e2 1
1
mz? 2
.
=
?
2
4 z H
Поэтому (заметим, что z? < 0, т.к. ось z у нас направлена вертикально
вверх)
v
!
u 2
u e
dz
1
1
t
.
=?
?
dt
2m z H
азделяем переменные и интегрируем
!
T =?
Z0
dz
r
H
Сделаем подстановку
т.е.
e2
2m
1
z
?
1
H
v
u
u1
t
=
ZH
0
dz
r
e2
2m
1
z
?
.
v
u
u 1
1
?
= t tg ?,
z H
H
1
1
1
и z = H cos2 ?.
= (1 + tg2 ?) =
2
z
H
H cos ?
Получаем
H?
T =2
2mH
l
?/2
Z
0
v
u
?H u
t mH
.
cos2 ? d? =
l
2
8.3
Закон сохранения энергии
x
mx?2
= E.
+ U0 tg2
2
a
!
Отсюда
1
H
v
u
dx u
2
x
E ? U0 tg2
=t
dt
m
a
64
!!
и (выбираем начало отсчета так, что в момент t = 0 координата x = 0)
t=
s
m
2E
Zx
dy
r
1?
0
U0
E
tg2
y
a
s
=
m
2E
Zx
0
y
a dy
.
E+U0
2 y
sin
E
a
cos
r
1?
Сделаем подстановку
v
u
uE
t
Тогда
+ U0
y
= sin ?.
sin
E
a
!
v
u
1u
y
t E + U0
dy = cos ? d?
cos
a
E
a
и
t=
где
v
u
u
at
!
m
2(E + U0)
?Zmax
cos ? d?
cos ?
0
sin ?max =
Следовательно,
и, окончательно,
v
u
uE
t
x=
v
u
uE
t
=
v
u
u
at
m
?max,
2(E + U0)
+ U0
x
.
sin
E
a
!
?v
u
?
u 2(E + U0 ) t
+ U0
x
t
?
?
?
= sin ?
sin
E
a
m
a
!
?v
u
?u
a arcsin ?t
E
E + U0
?v
u
u
?t 2(E
sin ?
??
+ U 0 ) t ??
??.
m
a
8.4
ассмотрим сначала движение шарика вниз. Ось x направим вниз. Изменение
кинетической энергии шарика
?
mV 2
= mg?x ? ?V 2?x.
2
2
Но ? mV2 = mV ?V и получаем mV
H=
VZmax
0
dV
dx
1
2
2 mdV
= mg ? ?V 2. Отсюда
2
m ?
?Vmax
?.
= ? ln 1 ?
mg ? ?V 2
2?
mg
?
65
?
mV dV
mg??V 2
= dx и
Это определяет скорость шарика перед ударом
2?H
mg 2
1 ? e? m .
Vmax
=
?
Т.к. удар упругий, шарик отскочит с такой же скоростью. ассмотрим
теперь движение вверх. Ось x направим вверх. Будем иметь
Или mV
dV
dx
mV 2
= ?mg?x ? ?V 2 ?x.
?
2
= ?(mg + ?V 2 ). Отсюда высота подъема
h=
Zh
0
dx = ?
Z0
Vmax
1
2
2 mdV
2
m ?
?Vmax
?.
=
ln
1
+
2
mg + ?V
2?
mg
?
?
2
Подставляя Vmax
, окончательно получаем
2?H
m h=
ln 2 ? e? m .
2?
8.5
Заметим, что
~
dL
dt
= ~r Ч
d~
p
,
dt
т.к.
d~r
dt
Ч p~ = V~ Ч p~ = 0. Но
~
d~p e ~
~ = eg V Ч ~r .
= V ЧB
dt
c
c r3
Следовательно,
~
eg
dL
= 3 ~r Ч (V~ Ч ~r).
dt
cr
~ Ч ~r) = r2 V~ ? (~r · V~ )~r, получаем
Используя ~r Ч (V
?
?
~
dL
eg ? ~r? ~r · ~r? ?
=
? 3 ~r .
dt
c r
r
Но ~r · ~r? =
1 d
r 2)
2 dt (~
=
1 d
2
2 dt (r )
= rr?. Таким образом
!
~
eg ? ~r?
r? ? eg d ~r
dL
.
=
? ~r =
dt
c r r2
c dt r
?
или
?
d ~ eg ~r
~ ? eg ~r = L
~ 0 ? eg ~r0 ,
=0 и L
L?
dt
c r
c r
c r0
где L0 и r0 есть значения момента импульса и радиус-вектора в начальный
момент времени. Окончательно,
!
eg
~
r
~
r
0
~ =L
~0 +
L
?
.
c r r0
!
66
8.6
Согласно решению задачи 5.29 из [1?,
eEc2 t
Vx = q 2
и Vy =
E0 + (eEct)2
Отсюда
x=
Zt
Vx dt =
0
и
y=
Zt
0
1
2eE
Zt
0
2
подставим в первом:
?v
u
u
E0 ?
u
?t1
?
d(eEct)
=
eE
E02 + (eEct)2
q
E0V0 Zt
Vy dt =
eEc 0
Из второго уравнения
E0V0
.
E02 + (eEct)2
q
+
eEct
E0
!2
?
? 1?
?
?
d(eEct)
eEct
E0V0
arcsh
.
=
eEc
E0
E02 + (eEct)2
q
eEcy
eEct
= sh
E0
E0 V0
E0
eEcy
x=
ch
?1 .
eE
E0 V0
Это и есть уравнение траектории.
!
Контрольная работа 9
9.1
Пусть поршни сдвинулись справа на x. Объем воздуха между поршнями
станет V ? = V ? S1 x + S2 x = V ? (S1 ? S2 )x, а давление
p? =
p
p
pV
=
(S1 ? S2)x.
?
p
+
V?
1 ? V1 (S1 ? S2 )x
V
Возвращающая сила будет
F = S1p? + S2 p ? S1p ? S2 p? = (S1 ? S2 )(p? ? p) ?
p
(S1 ? S2 )2x.
V
Следовательно, эективный коэициент жесткости k =
частота
v
s
u
uk
p
t
?=
=
(S1 ? S2).
m
mV
67
p
V (S1
? S2 ) 2 и
9.2
В пределе бесконечно легкой сгибаемости каната, между частями AB и BC
нет упругого взаимодействия.
Поэтому, после окончания первоначального импульса силы, который сообщает
верхней половине скорость V , в точке A сила натяжения исчезнет (AB
покоится и со стороны BC на него не действует сила. Поэтому и в точке
A не может действовать на AB никакая сила). Это означает, что импульс
каната сохраняется. Если C отстоит от конца трубки на x, то AB = 21 (L +
x) (это следует из L = x + 2BC ). Поэтому скорость точки изгиба 2со
раза меньше, чем x? и когда она равна u, верхняя половина движется
V0
1
M
M
скоростью 2u. Следовательно, 2 (L ? x) L 2u = 2 V0 . Отсюда x = 1 ? 2u L
и
!
V0
AB = L 1 ?
.
4u
9.3
Пусть тело сместилось на x. Новая длина пружины
l=
q
h2
+ (x0 +
x)2
?
q
l02
+ 2x0x = l0
v
u
u
t1
x
x
,
+ 2 cos ?0 ? l0 1 + cos ?0
l0
l0
!
т.к. x ? x0 и x0 = l0 cos ?0 . Сила натяжения пружины F = k?l =
k(l ? l0) ? k cos ?0 x. Ее проекция на горизонтальное направление Fx =
F cos ? ? k cos2 ?0 x. Следовательно, эективный коэициент жесткости
68
для горизонтального направления kэ = k cos2 ?0 и частота
?=
v
u
uk
t э
m
v
u
u
t
=
k
cos ?0 .
m
9.4
Период движения
x
Zx2
?
?
dx
? Z 2q
= 2 2m
T = 2m q
E ? U (x) dx.
?E
E
?
U
(x)
x1
x1
Изменение периода
где
?I =
?
?
?T = 2 2m
?I,
?E
x2Z+?x2
?
x1 +?x1
Но
и
?
E ? U ? ?U ?
?
E ? U (x) dx.
x1
?
?
?U
?
E ? U ?1 ?
2(E ? U )
x2Z+?x2
Zx2 ?
?
E ? U dx ?
E ? U dx ? 0,
x2Z+?x2
?
x1 +?x1
так как
E ? U ? ?U dx ?
Zx2 q
x1
x2
E ? U dx и
Zx1
x1 +?x1
?
E ? U dx
величины второго порядка малости (вблизи точек поворота
Следовательно,
x
?
E ? U ? 0).
x
1 Z 2 ?U
x4dx
m? Z 2
r
?
?I ? ?
dx ? ?
.
2 x1 E ? U
8 x1 E ? m?2x2
2
После подстановки y =
r
m? 2
2E
x, будем иметь
Z1
y 4 dy
?E 2
2?E 2 Z1 y 4 dy
?
?
?
?
?I ? ?
=?
.
2m m ? 5 ?1 1 ? y 2
2m m ? 5 0 1 ? y 2
69
Если сделать еще одну подстановку y = sin ? , получим
2?E 2
?I ? ? ?
2m m ? 5
Но
sin4 ? d?.
0
1
1
1
1 ? 2 cos 2? + (1 + cos 4?)
sin ? = (1 ? cos 2?)2 =
4
4
2
"
4
и
?/2
Z
?/2
Z
cos 2? d? =
0
Поэтому
?/2
Z
0
и
?/2
Z
#
cos 4? d? = 0.
0
?1
1
3?
sin ? d? =
1+
=
24
2
16
!
4
3?E 2?
?I ? ? ?
.
8 2m m ? 5
Тогда
?
3??E
?
?I ? ?
.
?T = 2 2m
?E
2m? 5
Т.е. новый период
3 ?E
2?
2? 3??E
1
?
.
?
=
T =
?
2m? 5
?
4 m? 4
!
Поправка мала, если
?E
m? 4
? 1.
9.5
Пусть энергия отона E . Т.к. после реакции продукты покоятся, импульс
электрона по величине ?
равен импульсу отона E (положили c = 1), а
Ee = m2 + E 2, где m масса электрона. Закон сохранения
энергия электрона?
энергии дает E + m2 + E 2 = 3m. Отсюда (восстановили c)
4
E = mc2 .
3
70
Контрольная работа 10
10.1
Пусть ?
сместили из положения равновесия на CD = x. Т.к. AE =
ED =
?l =
3
l, удлинение нити будет
2
v
u
??
?2
u
!
u l 2
3
u
2t
+ ? l + x? + l ?
2
2
v
u
u
t
2l = l 1 +
?
x
3+2
l
!2
?l ?l+
?
l
2
и
3 x.
6
Возвращающая сила
? будет F = 2T cos(? + ??) ? mg , где ?? + ?? = ECB ,
T = k?l = k(l + 3 x). В положение равновесия 2kl cos 30 = mg . Поэтому
?
mg
mg
mg
?
?
=
(l
+
k=
и
T
=
3 x).
2l cos 30?
3l
3l
Далее,
cos (? + ??) =
r ?
( 23
?
3
2
l+x
l + x)2 + ( 2l )2
?
?
3 + 2 xl
2
?
3
1
x
r
? x ? 2 + 4l .
1+ 3 l
Поэтому возвращающая сила равна
??
??
?
?
?
3
3
mg
2mg
x
7
7mg
F = 2 ? (l + 3 x) ?
+ ? ? mg = ? ?
l + x? ? mg = ? x.
2
4l
4
3l
3l 2
2 3l
Следовательно, эективный коэициент жесткости
7mg
kэ = ?
2 3l
и частота малых колебаний равна
?=
v
u
uk
t э
m
71
=
v
u
u
t
7g
? .
2 3l
10.2
Переданная энергия E =
m
2
2 |z| ,
где
F0 i?t Zt ? t?22 ?i?t? ?
e ? e
dt , t ? ?.
z= e
m
??
Но |ei?t | = 1, поэтому
|z|2 =
F02
m2
Но
Z?
??
t?2
t?2
t? ?
i??
?
+
i?t
=
+
2i?
+
?2
?2
? 2
2
?2
? t? 2 ?i?t?
e
!2
i??
?
2
2
?
dt .
!2
Поэтому
Z?
?2
? t? 2 ?i?t?
e
?
2 2
? ? 4?
dt = e
??
Z?
?
2
?( t? +i ??
2 )
e
?
2 2
? ? 4?
dt = ? e
??
?2
?2? 2
t?
?? ?
?
=
+
+i
.
?
2
4
?
Z?
2
e?z dz =
?
? ? e?
?2 ? 2
4
.
??
Следовательно, передается энергия
E(? ) =
?F02 2 ? ?2? 2
? e 2 .
2m
Найдем максимум ункции f (x) = xe??x . f ?(x) = e??x ? ?xe??x = 0 дает
x = ?1 . Следовательно, максимально эективно энергия передается при
2
?F02 2 ?1
?F02
? = 2 и Emax =
e =
.
?
2m ? 2
m? 2 e
2
10.3
Уравнение движения
F (t)
?
x? =
.
m
m
= 2? . Надо решить уравнение
x? + ? 2 x +
Обозначим
?
m
x? + 2? x? + ? 2 x =
72
F (t)
.
m
Пусть z = x? + ?1 x и подберем ?2 так, чтобы было z? + ?2 z = x? + 2? x? + ? 2 x.
Но z? + ?2 z = x? + ?1 x? + ?2 x? + ?1 ?2 x. Т.е.
?
?
?
2? = ?1 + ?2
? 2 = ?1 ?2
и ?1 , ?2 есть решения уравнения ?2 ? 2?? + ? 2 = 0. Т.е.
?1,2 = ? ±
q
?2
?
?2
q
= ? ± i?, где ? = ? 2 ? ? 2.
Будем предполагать, что ? > ? , т.е. трение маленькое. Пусть ?1 = ? + i?
и ?2 = ? ? i?. Тогда z = x? + ?x + i?x и уравнение будет
z? + (? ? i?)z =
F (t)
.
m
ешение однородного уравнения пропорционально e?(??i?)t . Поэтому возьмем
z = A(t)e?(??i?)t. Для A(t) получим уравнение
A?(t) =
F (t) (??i?)t
e
.
m
Окончательно
?
?
?
z = e?(??i?)t ?z0 +
?
Zt
0
?
?
F (t? ) (??i?)t? ? ?
e
dt ? .
?
m
10.4
aaaaa
aaaaa
aaaaa
aaaaa
Пусть M масса песочных часов (включая песок). Положение центра масс
определяется уравнением
Myц.м. =
yZ1 (t)
y?S(y)dy +
0
yZ2 (t)
h
73
y?S(y)dy + C,
где h высота узкого места часов, ? плотность песка, S(y) есть поперечное
сечение часов на высоте y и C соответствует вкладу в Myц.м. от каркаса
песочных часов и от той части песка, которая в полете. Т.к. поток стационарный,
C не зависит от времени. Заметим, что
d
dt
fZ(t)
0
?
1 ?
?
F (x)dx = lim
?t?0 ?t
f (t+?t)
Z
0
F (x)dx ?
?
1
= lim
?t?0 ?t
т.к.
f (t)+f
Z (t)?t
fZ(t)
0
?
F (x)dx?? =
F (x)dx = f ? (t)F [f (t)],
f (t)
?
f (t + ?t) ? f (t) + f (t)?t и
a+?a
Z
a
F (x)dx ? F (a)?a.
Поэтому будем иметь
M y?ц.м. = ? [y?1 y1S(y1 ) + y?2 y2 S(y2)] .
Если поток песка равен µ, то µ = ?S(y1 ) y?1 = ??S(y2 ) y?2 , т.к. ?S(y1 )?y1 =
?S(y2 )(??y2) есть количество песка, которое переносится из верхней половины
в нижнюю за время ?t. Следовательно, M y?ц.м. = µ(y1 ? y2 ). В начальный
µ
H , H - высота часов (вернее, высота верхнего
момент времени y?ц.м. = ? M
уровня песка при t = 0). Эту скорость центр масс приобретает в начальный
период установления стационарного потока. Диеренцируя еще раз, имеем
M y?ц.м. = µ(y?1 ? y?2). Но
µ
µ
.
y?1 =
и y?2 = ?
?S(y1 )
?S(y2 )
Следовательно,
1 ?
µ2 ? 1
> 0.
+
M y?ц.м. =
? S(y1) S(y2)
Т.е. ускорение направлено вверх, несмотря на то что центр масс опускается
вниз. С другой стороны, M y?ц.м. = F ? Mg , где F - показание весов.
Поэтому F > Mg всегда, пока существует стационарный поток песка.
?
?
10.5
Энергия E = mc2 ? + 12 m? 2 x2 сохраняется. В начальный момент x = A и
? = 1, поэтому E = mc2 + 12 m? 2 A2. Следовательно,
?=
?2 2
?2 2
E
?
x
=
1
+
(A ? x2).
2
2
2
mc
2c
2c
74
Период колебаний
T =4
r
Но ? =
1?
1
?2
=
?
ZA
0
? 2 ?1
.
?
dx 4 ZA dx
=
.
V
c0 ?
Следовательно,
8c d ZA q 2
4 ZA
?
?
dx = 2 2
T =
? ? 1 dx.
c 0 ?2 ? 1
? dA 0
Т.к.
?2 2
y = 2 (A ? x2) ? 1,
2c
то
q
q
? 2 ? 1 = (1 + y)2 ? 1 ?
Поэтому T = T0 + T1 , где
v
Au
Z
u ?2
8c d
t
(A2
2
2
2
? dA 0 c
T0 =
?
v
u
u
t2y
x2 )
q
y
y
? 2y 1 +
.
1+
2
4
!
!
8 d ZA ? 2
A ? x2 dx.
dx =
2
? dA 0
Сделаем подстановку x = A sin ?. Тогда
?
ZA ?
A2
0
и T0 =
?
0
2
0
?A2
(1 + cos 2?) d? =
4
?
ZA
?
?
? d ?? 4
? d
?
2
2 3/2
4
?.
A
(A
?
x
)
dx
=
cos
?
d?
?
?
c2 dA2 0
c2 dA2
0
"
#2
Z2
1
1
1 + 2 cos 2? + (1 + cos 4?)
=
4
2
"
?
Z2
0
Далее,
A
A cos ? d? =
2
2
1
cos ? = (1 + cos 2?)
2
4
и
=
?
2 Z2
2?
?.
T1 =
Но
x2 dx
Z2
1
3
?1
1+
= ?.
cos ? d? =
24
2
16
!
4
dA4
3? ?A2
2
= 2A и T1 =
.
dA2
8 c2
75
#
Окончательно,
2? ?
3 ? 2 A2 ?
T =
1+
.
?
16 c2
?
Замечание:
?
ZA
d ZA q 2
? q 2
dA q 2
.
?
?
1
dx
=
?
?
1
dx
+
?
(x,
A)
?
1
2
2
2
dA 0
?A
dA
x=A
0
!
Но второй член зануляется, т.к. ?(x, A) = 1 при x = A.
Контрольная работа 11
11.1
Пусть x1 и x2 смещения шариков из положения равновесия (т. к. колебания
маленькие, вертикальными смешениями пренебрегаем). Уравнения движения
будут mxЁ1 = ?m? 2 x1 + k(x2 ? x1 ) и mxЁ2 = ?m? 2 x2 ? k(x2 ? x1 ) или
xЁ1 + ? 2 + mk x1 = mk x2, xЁ2 + ? 2 + mk x2 = mk x1. Вводя новые переменные
k
X = x1 + x2 и x = x1 ? x2, получаем X? + ? 2X = 0 и x? + ? 2 + 2 m
x = 0. В
начальный момент времени x1 (0) = A, x2 (0) = 0, x?1 = x?2 = 0. Т.е.
X(0) =
r
k
x(0) = A и X?0 = x?0 = 0. Поэтому X(t) = A cos ?t и x(t) = A cos ? 2 + 2 m
t.
Но x1 (t) = (X + x)/2, x2 = (X ? x)/2. Следовательно,
x1 =
и
Но
?
A?
?cos ?t +
2
v
u
u
cos t? 2
?
+2
v
u
?
k ?
t?
m
?
u
A
k
x2(t) = ??cos ?t ? cos t? 2 + 2 t?? .
2
m
v
u
u
t 2
?
и
cos ? + cos ? = 2 cos
+2
k
k
??+
m
m?
?+?
???
?+?
???
cos
, cos ? ? cos ? = 2 sin
sin
.
2
2
2
2
Поэтому
x1(t) ? A cos ?t cos
kt
kt
, x2(t) = A sin ?t sin
.
2m?
2m?
76
kt
Это показывает, что когда 2m?
= ?2 , колебания первого шарика затухают, а
колебания второго максимальны. Следовательно, через время
m? 2
?m?
=T
t=
k
2k
колебания полностью перейдут ко второму маятнику. Здесь T =
период колебаний, когда шарики не связаны.
2?
?
есть
11.2
Перейдем к цилиндрическим координатам. Тогда V 2 = ??2 + ?2 ??2 + z? 2 и
xy? ? y x? = ? cos ? (?? sin ? + ??? cos ?) ? ? sin ? (?? cos ? ? ??? sin ?) = ?2 ??.
Поэтому
m
qB 2
L = (??2 + ?2 ??2 + z? 2 ) +
? ??
2
2c
и обобщенный импульс, соответствующий координате ?, будет
p? =
?L
qB 2
= m?2 ?? +
?.
? ??
2c
p? d? адиабатический инвариант. Но когда электрон вращается в магнитном
поле B , его угловая скорость ? = ?? определяется из m? 2 ? = qc V B = qB
c ??.
qB
Т.е. ?? = mc . Поэтому
H
I
p? d? =
I
qB
qB 2 qB 2
? +
? d? = 3? ?2 .
c
2c
c
!
Следовательно, произведение B?2 является инвариантом
и когда поле увеличится
?
в два раза, радиус орбиты электрона уменьшится 2 раза. Заметим, что
инвариантность ?2 B означает, что поток магнитной индукции сквозь орбиту
электрона является адиабатическим инвариантом.
11.3
На кольцо действует как сила
mg , так и сила реакции N .
? 2 притяжения
2
2
Поэтому сила трения F = µ N + m g . Но N сообщает кольцу центростремительно
77
ускорение. Поэтому mV 2 /R = N и
F =
v
u
u
µmg t1
V4
+ 2 2.
g R
Следовательно, скорость кольца уменьшается по закону
v
u
u
dV
V4
m
= ?F = ?µmg t1 + 2 2
dt
g R
и кольцо остановится через время
1
T =
µg
ZV0
0
Окончательно
dV
r
4
1 + gV2 R2
1
?
µg
?
ZV0
?1
0
1 ?
V05 ?
V4 ?
V0 ?
.
? 2 2 dV =
2g R
µg
10g 2R2
?
?
?
V04 ?
V0 ?
1?
.
T =
µg
10g 2R2
?
?
11.4
ассмотрим процесс теплового расширения свинцового листа. пусть при
этом точка C на растоянии x от верхнего края неподвижна относительно
крыши. тогда участок AC при расширении движется вверх, а участок CB
вниз. Это определяет направление сил трения действующих на них. Так
как ускорения центр масс AC и CB очень маленькие, можно считать, что
действующие на них силы уравновешены. Для AC это дает уравнение
m
m
xg sin ? + µ xg cos ? ? T = 0,
l
l
где T есть сила с которой CB действует на AC . Аналогично для CB будем
иметь
m
m
(l ? x)g sin ? ? µ (l ? x)g cos ? + T = 0.
l
l
78
Складывая эти уравнения, получаем
m
m
lg sin ? ? µ (l ? 2x)g cos ? = 0.
l
l
Отсюда
l
tg ?
x=
1?
.
2
µ
если температура увеличивается на ?t, длина листа станет l? = (1 + ??t)l.
!
При этом его центр масс сместится, как показывает
рисунок. Смешение
?
?
равно ? = l2 ? x? ? 2l ? x , где x? = l2 1 ? tgµ? . Следовательно,
?=
tg ? ?
tg ?
(l ? l) = ??t l
.
2µ
2µ
Когда температура понижается, участок AC движется вниз, а участок CB
вве
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
40
Размер файла
703 Кб
Теги
механика, силагадзе, относительности, задачи, тестовые, теория
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа