Сборник задач по классической механике - Коткин Г.Л.
ISBN 5-93972-058-7
Скачать (прямая ссылка):
2.386. Будем пользоваться геоцентрической системой координат. Примем
прямую Земля-Солнце за ось z, ось х - лежащей в плоскости орбиты Земли.
Система координат вращается вокруг оси у с угловой скоростью Q. В этой
системе отсчета 8U не зависит явно от времени, так что интегралом
движения является энергия
Е = Щv2 - f + 5U - f02r2,
где а = ymim, у - гравитационная постоянная, mi - масса Земли. Сила
<5F = и сила инерции F" = mil2г + 2m[vf2] приводят к
искажению
эллиптической орбиты Луны. Большая полуось эллипса а = а/2\Е\ при этом
почти не изменяется.
Скорость изменения вектора А складывается из двух слагаемых Ai и А2,
отвечающих <5F и FH (ср. с задачей 2.37). Слагаемое Ai найдено в пункте
а):
Ax1 = ^0(Az, Azl = 30(АХ,
где ( = МО,2а/а. Поскольку эксцентриситет орбиты Луны мал е = 0,055, то
Д f 2 ^ 23 л ^ О ^ ^9,5 1
М к та ш, а " тш а , С ~ и ~ ggg ~ jTj7
где си - угловая скорость обращения Луны вокруг Земли в принятой
(вращающейся) системе координат.
Сила инерции приводит к повороту вектора А с угловой скоростью -П (так
как в отсутствие 8U орбита была бы неподвижной в системе отсчета Oxoyzo,
оси которой сохраняют постоянные направления).
Ax2 = -OAz, Az2=OAx.
Таким образом1
Аж = -п(1-|с)лг, Az = 0(1 + 3()АХ. (1)
'Заметим, что согласно (1)
аА = АХЛХ + AZAZ = - 7,5П?АЖ Az.
Используя соотношения А = ае, е2 = 1 - М2/таа, можем оценить ? = Q2aM/a ~
7,5е2?Г2 <^; Q. Величину ? в (1) можно считать постоянной.
2.39] §2. Движение частиц в полях 123
Интегрирование (1) дает
Ах = В cos(Sl't + ф), Az = В ^1 + sin(?l't + ф), (2)
о
где iY = П(1 - ^(), В и ф - постоянные. В системе Oxyz вектор А вращается
вокруг оси у со средней угловой скоростью ft'. В системе Oxoyzo он
вращается с угловой скоростью
Пщ, = П - П' =
Малым, согласно (2), изменениям |А| отвечают малые пульсации
эксцентриситета орбиты.
2.39. Функция Лагранжа системы (q - заряд частицы)
L =
mv2 , а
q [тг]
лишь обозначениями отличается от рассмотренной в [2] (задача 2 к § 105).
Уравнения движения
М = ^-[Мт],
тег
¦ q г * 1 Зд(Мт)
А =------ [Ат] Н 5-g- [Mr]
mcr mzcr
при усреднении по периоду Т невозмущенного движения дают уравнения,
описывающие систематическое изменение векторов М и А:
<М) = [П'М], П' = з gm , (1)
стаЛ(1 - е )Л/
, . . (П'М)
(А) = [ПА], П = П' - ЗМv ', (2)
где а и е - большая полуось и эксцентриситет невозмущенной орбиты.
Уравнение (1) можно переписать также в виде
(М) = [ОМ], (3)
так как вектор Г2 параллелен М.
124
Ответы и решения
[2.40
Из (2) и (3) видно, что эллипс, по которому движется частица, пре-
цессирует "как целое" с угловой частотой ft. Другая интерпретация может
быть дана на основе уравнений (1) и (2): в системе координат, вращающейся
с частотой ft', вектор М, а с ним и плоскость движения частицы,
неподвижен, вектор же А, а с ним и перигелий орбиты, вращается с
постоянной частотой Г2 ft' вокруг направления М.
Укажем еще, что усреднение величин 1 /г3 и г/г5 удобно проводить, перейдя
от переменной t к углу р:
Т 2тг 2тг
1 \ 1 [ dt m [ dp
тп [ (1 I " j 2тгто
"з
Т J r3(t) ТМ J r(p) ТМр J (1 + ec0Slp)dp ТМр
ООО
Т 2тг
0 = f ^dt= 111 ( C°Sip dp = 27Tme
P A2T J r5 ATM J r2(p) V TMp2'
о о
2.40. При усреднении уравнений (см. формулу (10) задачи 2.36)
A=^[FM] + [v[rF]] учтем, что (F) = 0 и что, согласно уравнениям
невозмущенного движения, d ¦ d ( г) ov 3or(rv)
-mv = - -a
dt dt\ r3) r3 r5
Это дает (см. предыдущую задачу)
<а>=-н!(Ь^) = н|(4+^)
rri \ r° / rn \r° /
3тта0
m2\ r3 / m2\r3 r4 / 2m2a3(l - e2)3/2
Отсюда видно, что скорость изменения вектора А направлена в сторону,
противоположную самому вектору А. Как известно, вектор А направлен к
перигелию орбиты и по величине равен А = ае. Таким образом, добавочная
сила не вызывает прецессию орбиты, а приводит к уменьшению
эксцентриситета.
Можно также показать (см. [2], §75, задача 1), что вследствие потери
энергии и момента частица за конечное время упадет на центр.
3.1] §3. Сечение рассеяния в заданном поле. Столкновение
частиц
125
§3. Сечение рассеяния в заданном поле. Столкновение частиц
3.1. а) Как легко видеть на рис. 105, угол отклонения частицы 0 равен
удвоенному углу наклона касательной к поверхности в точке столкновения.
Поэтому
, в dp b z
2 = dz = а а'
Отсюда
2 т2 2 , 2 и
р2 = Ъ2 - a tgz ^
Рис. 105
7 I , 21 2,0 сЮ
da = тг\ар \ = тта tg -
a2 do
2 cos2 (0/2) 4cos4 0'
Возможно отклонение частицы на углы от нулевого (при р -> Ь) до 0т =
= 2 arctg | (при р -> 0).
Итак,
a2 do
da = I 4 cos4 |
при 0 < 0 < 0ТО,
при 0ТО < 0.
б) 0<т = А2!(4 Гп ctg | j
(1+я)/(1-я)
do
(1 - п) sin 0 cos2 ^
При гг -^ 1 приведенное сечение равно
du J0 при 0 > 0О = 2 arctg А,
do j оо при 0 < 0о.
Этот результат ошибочен. Почему?
в)
126
Ответы и решения
[3.2
3.2. Параболоид вращения р2 = E-z.
h/
Сближаются ли траектории частиц, рассеянных в поле и на параболоиде при г
-> сю?
3.3. При Е > V
da = <
2 2 [ггcos | - 1 j (п - cos |
4 COS 7^ ^1 -)- n2 - 2n cos
О при вт =2 arccosn < 6 < ir,
