теорет.механика

24 – сурет

Бөлшектің траекториясы ОА түзуіне қарағанда симметриялы. ОА – орбитаның центрге жақын нүктесі rmin .

Орбитаның асимптоталары берілген ОА түзуін бірдей бұрышпен қиып өтеді. Ол бұрышты ϕ0 деп белгілейміз.

Ал χ бөлшектің күш центрінен ауытқу бұрышы

ϕ0 бұрышын табамыз:

χ =

π − 2ϕ0

(1)

∞

M

dr

ϕ0 = ∫

r 2

(2)

rmin

2m(E − U (r )) −

M

2

r 2

rmin – орбитаның күш центріне ең жақын қашықтығы.

E жəне M – тұрақтыларының орнына

бөлшектің шексіздіктегі

жылдамдығы υ∞ жəне ρ – дəлдеу арақашықтығын енгіземіз.

Егерде күш өрісі жоқ болғанда, бөлшек центріндегі ρ арақашықтығында

өте шығушы еді.

mυ 2 E = ∞

2

M = m[r ×V ]= mVr sin(V∞ × r )eM

M = mV r sin(V × r )eM = mV∞ ρeM

ρ

71

M = mρυ∞

r sin(r υ ) = ρ

Мұндағы ρ – дəлдеу арақашықтығы болып табылады.

∞

mρυ∞

dr

r 2

ϕ0

= ∫

=

mυ 2

m 2

ρ 2υ

2

rmin

2m

∞

− U (r )

−

∞

2

2

r

∞

mρυ∞

dr

r 2

= ∫

=

2m2υ

2

(r )−

m2

ρ

2υ 2

r

min

∞ − 2mU

∞

2

r 2

∞

mρυ∞

dr

∞

ρ

dr

r 2

r 2

= ∫

= ∫

mυ∞

−

2mU (r )

−

m 2 ρ 2υ∞2

1 −

ρ 2

−

2U

rmin

1

rmin

m

2 2

2 2

2

r

2

2

υ∞

m υ∞ r

mυ∞

(3)

(4)

Кəдімгі жағдайда тек бір ғана бөлшектің күш центрінен ауытқуын ғана емес, көбінесе шашыратқыш центрге бірдей v∞ жылдамдықпен келіп түсетін бірдей бөлшектердің ағынының шашырауын қарастырады. Бұл бөлшектердің ағынындағы əрбір бөлшектің өзінің дəлдеу арақашықтығы жəне сəйкесінше χ шашырау бұрыштары болады. χ жəне χ + dχ интервалы бұрыштарының шашырауы интервалында жатқан бірлік уақыт ішіндегі шашыраған бөлшектердің саны dN болсын. Бұл сан бөлшектердің тығыздығына тəуелді болғандықтан, шашырау процесін сипаттауға қолайсыз. Сондықтан жаңадан dσ шамасын енгіземіз:

dσ = dN	(5)
n

n – берілген уақыт бірлігіндегі бірлік ауданнан өтетін бөлшектер саны. Өлшем бірлігі ауданның өлшемімен бірдей жəне шашырауды эффективті имасы деп аталады.

Шашырау бұрышы χ жəне дəлдеу арақашықтығы ρ арасындағы байланысты табамыз. Яғни бөлшектің χ бұрышқа шашырауы, ол бөлшектің қандай дəлдеу арақашықтық пен ρ -мен келгеніне байланысты. ρ дəлдеу арақашықтығы өссе, бөлшектің шашырау бұрышы азаяды. Яғни χ шашырау

72

бұрышы ρ – дəлдеу арақашықтығының кемімелі монотонды функциясы болып табылады.

			χ = f (ρ )			(6)
			ρ = g(θ )			(7)
Осындай жағдайда		χ жəне	χ + dχ	бұрыштық интервалында ρ (χ )		жəне
ρ (χ )+ dρ(χ )	дəлдеу	арақашықтығы		интервалындағы	бөлшектер	ғана
шашырайды.	Бұл бөлшектердің		саны	радиусы ρ жəне	ρ + dρ болатын

шеңберлердің аралығындағы дөңгелектің ауданын n -ге көбейткенге тең. Шашыраудың эффективті қимасы:

dσ = 2πρdρ

(8)

dN = 2πρdρ × n

(9)

dσ –

басқаша жазамыз, түрлендіреміз:

dσ = 2πρ(χ )

dρ (χ )

dχ

(10)

dχ

dχ –

денелік бұрыштар арқылы жазамыз:

dO0 = 2π sin χdχ

(11)

dσ =

ρ(χ )

dρ (χ )

dO

(12)

sin χ

dχ

Резерфорд формуласы

Зарядталған бөлшектің Кулон өрісінде шашырауын қарастырамыз.

M

+

mα

∞

mα

=0

ϕ

0 = arccos

r M

= ϕ

r =∞

− ϕ

= ϕ

r =∞

= arccos

M

=

2mE +

m 2α 2

rmin

2mE +

m2α 2

M 2

rmin

M 2

mα

α

= arccos

mρυ∞

= arccos

mρυ∞2

mυ∞2

m2α 2

α

2

2m

+

1 +

2 2 2

2

2

m ρ υ∞

ρmυ∞

(13)

73

				α
cosϕ0 =			mρυ∞2
				α		2
	1 +
				2
				ρmυ∞

		cosϕ				1 +						α					2			=					α
					0
														2														2
																						mρυ
											ρmυ∞																	∞
											α						2								α 2
		cos2 ϕ			1 +													=
																					m					ρ υ∞
				0					ρmυ∞																2
													2														2		4
	cos2 ϕ + cos 2 ϕ												α							2	=						α 2
																									m			ρ υ∞
			0								ρmυ∞																2
										0							2												2			4
			α				2	(1 − cos2 ϕ											)							α						2
cos2 ϕ	0	=																0		=														sin 2 ϕ	0
																													2
					2
			ρmυ∞																					ρmυ∞
										α			2				= ctg 2ϕ
																										0
										2
								ρmυ∞
						ρ 2		=			α 2					tg 2ϕ0
											m 2υ∞4

немесе

ϕ0 = π − χ

2

(18) енгізіп:

ρ	2	=	α 2		2		π − χ
				tg
			m2υ∞2
							2

	α 2 ctg 2	χ
ρ 2 =		2
	m2υ∞2

орнына қоямыз жəне χ бойынша дифференциалдаймыз:

74

(14)

(15)

(16)

(17)

dσ =

ρ (χ )

dρ

dO

sinχ

dχ

0

χ

′

= −

1

ctg

2

χ

2 sin

2

2

αctg

χ

ρ =

2

mυ∞2

dρ

= − 1

α

1

dχ

2

mυ 2

2 χ

∞

sin

2

αctg

χ

× α

χ

χ

χ

dσ =

2

dO0

=

sin χ = sin2

= 2 cos

sin

=

mυ 2

sin χ

χ

2

2

2

2

2 2

∞

mυ∞ sin

2

α 2 cos

χ

dO

α

2

dO0

=

2

0

=

4m2υ∞2 cos

χ

χ

4m2υ∞4

χ

sin 4

sin 4

2

2

2

dσ =

α

2

2

dO

χ

2mυ∞

sin 4

2

(18)

(19)

(20)

(21)

Осы формула Резерфорд формуласы деп аталады.

Мұндағы эффективті қима α -ның таңбасына тəуелді емес. Сондықтан алынған нəтиже Кулондық тартылыс не тебіліспен бірдей болады.

(24) эффективті қима формуласын инерция центрі тыныштықтағы бөлшек үшін алдық. Енді χ = π - 2θ 2 деп алып, яғни бастапқыда қозғалыста болған бөлшек үшін эффективті қима теңдеуін лабораториялық санақ жүйесінде жазатын болсақ:

			=		m2 sin χ
tgθ		1
					m1 + m2 cos χ
2θ 2			= π − χ
			χ = π - 2θ2
	sin π − x = cos					x
						2
				2

75

α

2

2π sin χdχ

α

2

4π sin

χ

cos

χ

dж

dσ

2

=

=

2

2

=

2

χ

2

χ

2mv∞

sin 4

2mυ∞

sin 4

2

2

α

2 π cos π − 2θ 2

d (π − 2θ 2 )

=

2

=

2

1

mυ∞

sin 3

(π − 2θ 2 )

2

α

2

2π sinθ

dθ

2

α

2

dO

2

=

2

=

2

3

2

3

cos

θ 2

cos

θ 2

mυ∞

mυ

∞

Енді 1) m2 >> m1

жəне 2) m1

= m2

жағдайларын қарастырамыз. Мұндағы m1 -

шашырайтын бөлшек m2 -тоқтап тұрған бөлшек болып табылады. Егер χ ≈ θ1 ; ал m ≈ m1 болса

m =

m1m2

=

m1m2

= m

m1 + m2

m2

1

α

2

dO

α

2

dO

dσ 1

=

1

=

1

(22)

2m υ 2

4 θ1

4E

4 θ1

1

1∞

sin

1

sin

2

2

2) егер m1 = m2

m =

m m

2

=

m 2

=

m

1

1

1

m1 + m2

2m1

2

χ = 2θ1

dσ =

α

2

cosθ

dθ

1

=

α

2

cosθ

1

π

1

dO

mυ 2

sin 3 θ

E

sin

3 θ

1

(23)

∞

1

1

1

Бүкіл шашыраған бөлшектердің эффективті қимасын

dσ1 жəне dσ 2 қосу

арқылы табамыз:

2

1

1

α

dσ =

sin4 θ

+ cos4 θ cosθdO .

(24)

E1

Бөлшектер соқтығысқанда жоғалтқан энергиялары арқылы негізгі формула түрлендірсек, инерциалды санақ жүйесіндегі шашырау бұрышы арқылы жазылған жылдамдығын аламыз:

76

′

=

2m1

χ

υ∞ sin .

υ2

m1

+ m2

2

ал жоғалтқан энергиясы

m υ ′2

χ

ε =

=

2m

2

2m2υ∞2 sin 2

2

2

2

2

2

ε =

2m2

υ∞2 sin2

χ

.

(25)

m2

2

Осы функциядан

sin

χ

-ны

ε

арқылы жазсақ.

Оны негізгі эффективті

2

қимаға арналған теңдеуге қойсақ

dσ = 2π

α 2

dε

.

(26)

m υ 2

ε 2

2

∞

Эффективті қима

ε ф-сы

ретінде

жаздық. Ал

ε -нөлден

ε max

=

2m2

m2

υ∞2

болады.

Б а қ ы л а у с ұ р а қ т ар ы

1.Дəлдеу арақашықтығы дегеніміз не?

2.Шашырау бұрыштары.

3.Шашыраудың эффективті қимасы.

4.Резерфорд формуласы.

5.Шашыраудың m2 >> m1 жəне m1 = m2 жағдайлары.

77

V АЗ ТЕРБЕЛІСТЕР

16 Бір өлшемді еркін тербелістер

Механикалық жүйелер табиғатта көбінесе аз тербелістер жасайды. Жүйе өзінің орнықты тепе-теңдік күйінің маңында аз ауытқу жасап тербелсе (периодты түрде қозғалса), оны аз тербелістер жасайды деп айтамыз. Бұдан əрі біз жүйенің еркіндік дəрежесі бірге тең жағдайларды қарастырамыз.

U (q) потенциалдық энергиясының минимум мəнінде жүйе орнықты тепе-

теңдік күйде болады жəне осы күйден ауытқығанда F = − dU – жүйені бастапқы

dq

қалпына келтіруге ықпал ететін күш пайда болады. Потенциалдық энергияның минимум мəніне сəйкес келетін жүйенің координатын q0 – деп белгілейік.

25 –

сурет

U (q) = U (q0 )+

dU

dq

U (q) функциясын q0 нүктесінің маңында Тейлор қатарына жіктеуге

болады:

U (q) = U (q0 ) +

dU

q=q0

× (q

- q0 )+

1 d 2U

q=q0

× (q

- q0 )

2

+ ×××

(1)

dq

2

dq

2

Санақ басы ретінде

U (q0 ) = 0

нүктесін аламыз, яғни потенциалдық

энергияның минимум мəнін осы нүктеге сəйкес аламыз:

U

min

U

′

= 0

min

78

Егер q = q0 болса F = 0 болады, яғни жүйе тепе-теңдікте болады. Ендеше

U (q) =

1 d 2U

(q - q0 )

2

1

k(q - q0 )

2

kx 2

q=q0 ×

+ ××× =

+ ××× =

(2)

2 dq

2

2

2

Мұнда

d 2U

–

потенциалдық энергияның екінші ретті туындысының q0

dq2

нүктесіндегі мəнін

k

деп жəне

q - q0

= x

деп белгілеп алдық. Бұл тербелетін

бөлшек координатасының тепе-теңдік қалыптан ауытқу мəні болып табылады. Сонымен

U (x) =	kx2	(3)
2

Яғни жүйе аз тербеліс жасаған болса, оның потенциалдық энергиясы (3)

тең.

Еркіндік дəрежесі бірге тең жүйенің кинетикалық энергиясы, жалпы жағдайда мынаған тең:

T =	1	ɺ2	=	1	ɺ2	(4)
	2	a(q)q		2	a(q)x
Тербеліс аз болғандықтан a(q) » a(q0 ) = const = m						деп белгілеу енгіземіз.

Мұндағы m массамен жалпылама координатты x декарт координатасы деп алғанда ғана сəйкес келеді.

qɺ = xɺ; себебі q - q0 = x .

Сонымен

T =	mxɺ2	(5)
2

Бір өлшемді аз тербеліс жасайтын жүйенің Лагранж функциясы:

L =	mxɺ2	-	kx 2	(6)
2		2

Осы функцияға сəйкес қозғалыс теңдеуін қолданып

d ∂L - ∂L =

0

dt ¶xɺ ¶x

79

мына теңдеуді аламыз

mɺxɺ+ kx = 0 ;			(7)
	k	= ω 2	(8)
	m

деп белгілейміз:

ɺɺ	+ ω	2	x = 0	(9)
x

Бұл теңдеудің шешімін мына түрде іздейміз:

	x = ceλt						(10)
(9) сипаттаушы теңдеу λ2 + ω 2	= 0 . Осыдан λ = ±iω болса
	x = ce±iωt =		eiωt +			e−iωt	(11)
		c		c
	1			2
eiωt = cos ωt + i sin ωt – Эйлер	формуласын				қолданып, тұрақтыларды		қайта
белгілесек:

x = c1 cosωt + c2 sin ωt

Тұрақтыларды келесі жолмен түрлендірсек:

c1 = a cosα ; c2 = −a sinα ,

шешімді ықшам түрде жазуға болады

x = a cosα cosωt − a sin α sin ωt = a cos(ωt + α )

x = a cos(ωt + α )

(12)

Мұндағы a =

–

тербеліс амплитудасы жəне −

c2

= tgα – тербеліс

c2

+ c2

1

2

c1

фазасының тангенсі болып табылады. Ал ω –

тербелістің циклдік жиілігі.

Сонымен жүйе орнықты тепе-теңдік күйінің маңында гармониялық

тербеліс жасайды. Оның толық энергиясы:

E = T + U =

m

ɺ2

+

k

2

=

m

ɺ2

+ ω

2

2

) =

mω 2 a 2

x

x

(13)

2

2

2

2

80