Wykład 14

Wykład 14
5.3.1 Opis ruchu planet
5.3.2 Rozpraszanie cząstek alfa na ciężkich jądrach
5.4
Spin i orbitalny moment pędu
5.5 Moment pędu bryły sztywnej Moment bezwładności
Reinhard Kulessa
1
5.3.1
Opis ruchu planet
Weźmy planetę o masie m poruszającą się wokół Słońca o
masie M.
vdt
Planeta
r
Słońce
Reinhard Kulessa
2
Zakreślane pole przez promień r wynosi;
1
1
1
dS = r ⋅ v ⋅ dt =
⋅ ( r ⋅ m ⋅ v ⋅ dt ) =
⋅ L ⋅ dt ,
2
2m
2m
czyli
dS
L
=
= const .
dt 2m
(5.6)
Widzimy więc, że stałość prędkości polowej, czyli II prawo
Keplera wynika z prawa zachowania momentu pędu.
Ażeby rozważyć bliżej tory planet, wprowadźmy biegunowy
układ współrzędnych. Niech Słońce znajduje się w początku
tego układu.
Reinhard Kulessa
3
m
vr
Wiemy, że,
dr
vr =
dt
dθ .
vt = r
dt
vt
r
θ
M
Wiemy również, że,
(5.7)
C
Fr = 2
r
Ft = 0
C' .
Ep (r) = U(r) = −
r
Moment pędu dla rozważanego przypadku, wyraża
się wzorem,
Reinhard Kulessa
4
G G
2 dθ
L = m (r × v ) = m ⋅ r ⋅ vt = mr
= const . (5.7a)
dt
Równocześnie spełnione jest prawo zachowania energii.
E = Ekin + Epot
m 2 2 C
= (vr + vt ) − = const .
r
2
{
Z równania (5.7a) znajdujemy wyrażenie na prędkość
transwersalną,
L . Otrzymujemy więc na energię
vt =
wzór:
mr
Mamy więc, mvr2
'
U
(r ) = E . (5.8)
+
2
2
mvr
L
C
2
+
− =E
2
r
2
2mr
= U’(r)
dr
2( E − U ' (r ))
vr =
=
.
dt
m
Reinhard Kulessa
5
Zróbmy wykres energii potencjalnej U’(r).
rS
U’=L2/(2mr2)-C/r
E1
U’
L2/(2mr2)
rmin
rS
2a
rmax
r
E2
2rmin
2rmax
-C/r
E3
2r0
r0
Reinhard Kulessa
6
1. Jeśli ciało niebieskie posiada energię E1, zbliża się ono
na odległość rS,a następnie oddala się do
nieskończoności.
2. Gdy planeta posiada energię E2, porusza się ona po
elipsie , przy czym 2a = rmin + rmax.
3. W punkcie o energii E3 planeta porusza się po stałym
promieniu. Jej prędkość radialna jest równa zero, orbita
jest więc kołowa.
Zastanówmy się jakie parametry fizyczne warunkują
wielkość dużej półosi elipsy a = ½(rmin+rmax).
W położeniu rmin i rmax prędkość radialna vr znika. Wtedy
U’(r) = E, czyli
L2
C
− = E . (5.9)
2
2 mr
r
Równanie to ma dwa rozwiązania:
Reinhard Kulessa
7
2mEr 2 C 2mr
+
−1 = 0
2
2
L
L
C
L2
2
=0
r + r−
2mE
E
Wiemy, że
2
2
 C  2L
∆=  +
 E  mE
C
+
2E
C
=−
−
2E
rmin = −
rmax
,i
∆
2
∆
2
.
2a = rmin + rmax = C / E
.
Widać również, że planety krążąc po różnych torach , ale z
tą samą wartością 2a, mają tą samą energię.
Należy również zaznaczyć, że dla energii E2 i E3, całkowita
energia jest ujemna. Znaczy to, że energia kinetyczna nie
przewyższa energii potencjalnej. Obiekt jest więc związany
z masą centralna. Ażeby cząstki rozdzielić, musimy im
dostarczyć tyle energii, aby przezwyciężyć energię ujemną,
którą nazywamy energią wiązania.
Reinhard Kulessa
8
5.3.2
Rozpraszanie cząstek alfa na ciężkich jądrach
W przypadku tym mamy do czynienia z siłą kulombowską i
jest ona odpychająca. Siła ta jest siłą centralną i moment pędu
w czasie ruchu cząstki α wzór (5.7a) pozostaje cały czas stały.
dθ
L = mr
= mv∞ ⋅ b .
dt
2
δ
mv∞
r
θ
x
mv∞
(5.10)
Wielkość b nazywamy
parametrem zderzenia. Dla
zderzenia centralnego jest on
równy zero.
Przy takim wyborze osi x jak
na rysunku, musi nastąpić
zmiana pędu w kierunku x.
b
Reinhard Kulessa
9
∆p
mv∞
δ
mv∞
x
δ
∆px = 2mv∞ sin
2
.
Zgodnie z prawem Newtona mamy,
−∞
∫
G
G
Fdt = ∆p .
+∞
Wiemy, że siła kulombowska ma następującą postać:
G C ' rG
F= 2⋅
r r
.
Ponieważ zmiana pędu następuje tylko w kierunku x, mamy
Reinhard Kulessa
10
δ .
C'
=
⋅
=
=
∆
=
F
dt
F
dt
dt
p
mv
θ
θ
cos
cos
2
sin
x
∞
∫ x ∫
∫ r2
2
Z równania (5.10) znajdujemy, że
mr 2
dt =
dθ , czyli
mv∞b
θ
C' 2
C'
∫ F cosθ dt = v∞b θ∫ cosθ dθ = v∞b (sin θ 2 − sin θ1 ) .
1
Dla
r →∞
π −δ 

2


mamy θ1 = −θ 2 = − 
sin
π −δ
δ
= cos
2
2
Reinhard Kulessa
.
11
Otrzymamy więc:
δ
δ
2C '
cos = 2mv∞ sin
v∞ b
2
2
gdzie
δ
C'
tg =
2 m v∞ b
,
1
C =
q1q2 .
4πε 0
'
Znaleźliśmy więc zależność pomiędzy parametrem
zderzenia a kątem odchylenia.
b1
δ1
b2
Reinhard Kulessa
δ2
12
5.4
Spin i orbitalny moment pędu
Istnieje wiele systemów charakteryzujących się dwoma
różnymi momentami pędu. Przykładem może być elektron w
atomie wodoru, czy też Ziemia w ruchu dookoła Słońca.
p
LO
LS
G G
G
L = LO + LS
(5.11)
Pamiętamy, że ogólnie
G
G G
L = ∑ ri × pi .
i
Przyjmijmy początek laboratoryjnego układu
współrzędnych w punkcie O, oraz odpowiedni układ
środka masy w punkcie S.
Reinhard Kulessa
13
mi
ri
riS
rS
O
Wiemy, że
G
G
G
ri = rS + riS
G
G
G
v i = v S + v iS
.
G
G
G
p i = m i v S + p iS
S
Równanie (5.11) możemy więc napisać jako;
G N G G
G
G
L = ∑ ( rS + riS ) × ( mi vS + piS )
i =1
N
N
N
G G
G G N G
G
G
G G
L = rS × ( ∑ mi )vS + rS × ∑ piS + ( ∑ mi riS ) × vS + ∑ riS × piS
i =1
i =1
i =1
W drugim składniku dolnego wzoru
N
N
G
G
G
∑ pis = ∑ mi viS = MvSS = 0
i =1
i =1
.
i =1
Reinhard Kulessa
14
.
Z kolei w trzecim składniku
N
∑
i =1
G
G
m i ri S = M rS S = 0 .
Obydwa wyrazy zerują się ze względu na definicję środka
masy.
Można więc napisać, że całkowity moment pędu jest równy
N
G
G G
G G
L = MrS × vS + ∑ riS × piS
G
L=
G
LO
i =1
+
G
LS
.
(5.11a)
G
Przy braku sił zewnętrznych ∆L = 0 , wtedy
G
G
∆LS = −∆LO .
Reinhard Kulessa
15
5.5
Moment pędu bryły sztywnej Moment bezwładności
Rotujące ciało sztywne charakteryzuje się tym, że wszystkie
jego części poruszają się ze stałą prędkością kątową wokół osi
obrotu.
Weźmy płytę płaskorównoległą i rozważmy jej obrót dookoła
osi prostopadłej.
ω
mj
Pamiętamy, że
G G G
v =ω ×r
rj
.
Pamiętamy, że dla każdego układu cząstek definicja momentu
pędu jest następująca:
G N
G G
L = ∑ mi (ri × vi )
i =1
Reinhard Kulessa
16
czyli
G N
G G G
L = ∑ mi ( ri × (ω × ri )) =
i =1
N
N
G
G G G
= ∑ mi ri ω + ∑ mi ri ( ri ⋅ ω )
2
i =1
.
i =1
Drugi składnik równania jest z oczywistych względów równy
zeru. Mamy więc
G
G
(5.12)
L = I ⋅ω
N
I = ∑ mi ri 2 .
i =1
(5.13)
Współczynnik I definiuje moment bezwładności dla płyty z
ostatniego rysunku względem wybranej osi.
Reinhard Kulessa
17