пособие по физике

энергия частицы в собственной системе K0, в которой частица покоится.

Уравнение взаимосвязи между энергией E и		импульсом	р
релятивисткой частицы, для	которой скорость υ	сравнима	со
~
скоростью с света в вакууме ( υ < c ):
E2 −	р2c2 = inv.	(1.81)

Тема 8. Элементы квантовой механики

40. Энергия E, импульс р и масса m фотона света как

безмассовой частицы, для которой масса покоя m0 = 0:
E = hν = hω (2π) = hω , h = 2πη − постоянная Планка,								(1.82)
p = E c = hν c =	h		2π	= ηk ,	λ =	h	;	(1.83)
	2π λ					p
Е = mc2 m = E /c2 = p /c.								(1.84)

41. Согласно гипотезе Луи де Бройля, длина волны квантовой микрочастицы определяется по формуле, аналогичной формуле (1.83):

λ = h / p = h /(mυ) − дебройлевская длина волны.

(1.85)

Волновая функция Ψ свободной микрочастицы, движущейся вдоль оси x с постоянной скоростью υ

	E			р
	−i		t −		x
		η		η		(1.86)
	Ψ(x,t ) = Ae−i(ωt −kx ) = Ae				.

42. Квадрат модуля волновой функции определяет плотность вероятности f(x, y, z, t) того, что в заданный момент времени t квантовая частица находится в точке с координатами x, y, z:

f(x, y, z, t) = dP/dV = |Ψ|2 = Ψ Ψ* − постулат М. Борна, (1.87)

где dP − вероятность обнаружения микрочастицы в объеме dV; Ψ* − функция, комплексно сопряженная с волновой функцией Ψ.

Условие нормировки для волновой функции частицы, находящейся в объеме V

∫		Ψ		2 dV = 1.	(1.88)

V

Соотношения неопределенностей Гейзенберга:

27

Dx DPx ³ h, Dy DPy ³ h, Dz DPz ³ h, Dt DE ³ h. (1.89)

43. Уравнение Шредингера для квантовой микрочастицы с массой m и энергией U(x, y, z, t) во внешнем силовом поле

− η ∂Ψ = η2 i ∂t 2m

где = ∂ 2 ∂x2 + ∂ 2 ∂y 2 + ∂ 2 ∂z 2

ρ	(1.90)
ΔΨ + U (r ,t ) Ψ ,
− дифференциальный	оператор

Лапласа.

44. Решение уравнение Шредингера для микрочастицы в одномерной бесконечно глубокой потенциальной яме шириной L

nπ

Ψn (x,t ) =

2

−iEnt η

e

sin

x − волновая функция микрочастицы. (1.91)

L

L

Здесь En −

энергия микрочастицы в квантовом состоянии с номером n

(n − главное квантовое число).

Дискретный спектр энергии этой микрочастицы

En

=

π2η2

n2 , n = 1, 2,…, ∞.

(1.92)

2mL2

45. Решение уравнения Шредингера для квантового осциллятора (частица в параболической потенциальной яме) с энергией U = kx2/2.

Основное состояние квантового осциллятора (n = 0)

Ψ0 (x,t ) = A0e

−iE0t η

−mω0 x2

(2η)

1

e

, E0 =

ηω0

,

ω0 = k m .

(1.93)

2

Первое возбужденное состояние (n = 1)

Ψ1 (x,t ) = A1e

−iE1t η

xe

−mω0 x2 (2η)

,

E1

=

3

ηω0 .

(1.94)

2

Спектр энергии квантового осциллятора

1

En = n +

ηω0 .

(1.95)

2

46. Вероятность D прохождения микрочастицы через прямоугольный барьер высотой U0 и шириной L (туннельный эффект)

28

		2L
	D exp −			2m(U 0	− E ) −		коэффициент прозрачности. (1.96)
		η

1.4. Примеры решения задач

Пример 1. Кинематика вращательного движения тела. Диск радиусом r = 0,1 м вращается вокруг неподвижной оси по закону ϕ = = A + Bt + Ct2, где А = 10 рад; В = 20 рад/с; С = − 2 рад/с2. Для момента времени t1 = 4 с определите полное ускорение точки М, находящейся на ободе диска.

Дано:	Решение. Полное		ускорение a точки М
ϕ = 10 + 20t − 2 t 2;	(рис. 1), движущейся по			криволинейной
t1 = 4 с; r = 0,1 м	траектории,	может	быть	найдено	как
Найти: aM	геометрическая	сумма		тангенциального
	ускорения aτ ,	направленного		по касательной к

траектории, и нормального ускорения an , направленного к центру кривизны траектории (см. формулы (1.14)): a = aτ + an .

Так как векторы aτ и an взаимно перпендикулярны, то абсолютная

величина полного ускорения a =			aτ2 + an2 .
Тангенциальное и нормальное ускорения точки вращающегося
тела выражаются формулами (1.14):
	aτ = εr,		an = ω2r,					(1)
где ω − угловая скорость тела; ε −		его угловое ускорение.
Подставляя выражения для aτ и an в формулу (1), находим
a =				= r			.
	ε2 r 2 + ω4 r 2					ε2 + ω4		(2)

Угловую скорость ω найдем, взяв первую производную от угла поворота ϕ по времени t: ω = dϕ / dt = 20 − 4 t.

Вмомент времени t1 = 4 с угловая скорость ω = [20 + 4·4] =

=4 рад/с > 0.

Угловое ускорение ε определим, взяв первую производную от угловой скорости ω по времени t: ε = dω /dt = − 4 рад/с2 < 0.

Значения ω и ε противоположны по знаку, следовательно, в заданный момент

ωвремени t1 = 4 с вращение замедленное (рис. 1).

	ϕ	aM	aτ
	О ω		29
		an	М
	ε	ε

Рис. 1

Fупр

Подставляя найденные значения ω и ε, а также заданное значение r в формулы (1, 2), получим

аτ = − 4·0,1 = − 0,4 м/с2;		ап = 42·0,1 = 1,6 м/с2;
a = 0,1
	(− 4)2 + 44	м/с2 = 1,65 м/с2.

Учитывая числовые значения и знаки всех рассчитанных величин, укажем направления векторов ω , ε , aτ , an и a на рис. 1 (направления векторов ω и ε определены по правилу буравчика).

Пример 2. Закон сохранения энергии при наличии сил тяжести и упругости. При выстреле из пружинного пистолета вертикально вверх пуля массой m = 20 г поднялась на высоту h = 5 м. Определить коэффициент жесткости k пружины пистолета, если перед

выстрелом	она была сжата на		l = 10 см. Массой пружины
пренебречь.
Дано:		Решение. Прежде всего проследим за
m = 0,02 кг;		энергетическими превращениями, с которыми связан
h = 5 м;		выстрел из пружинного пистолета. При зарядке
l = 0,1 м		пистолета сжимается пружина и совершается работа A,
Найти: k		в результате чего пружина приобретает потенциальную
		энергию П1. При	выстреле потенциальная энергия

пружины переходит в кинетическую энергию К1 пули, которая затем при подъеме пули на высоту h превращается в потенциальную энергию П1 = mgh пули. Если пренебречь потерями энергии в этой «цепочке» энергетических превращений, то на основании закона сохранения энергии (1.48) можно записать, что

О
Fупр	х
	l
F	dх
l0
	х
Рис. 2

A = П1 A = mgh.	(1)
Рассчитаем работу A. Сила	F,

сжимающая пружину (рис. 2), является переменной: в каждый момент времени она по направлению противоположна силе упругости и численно равна ей (рис. 2). Сила упругости, возникающая в пружине при ее деформации, определяется по закону Гука: Fупр = − kx, где х − абсолютная деформация

пружины.

Работу переменной силы вычислим как

30

сумму элементарных работ, рассчитываемых по формуле (1.24). Элементарная работа силы F при сжатии пружины на dx выразится формулой

δA = Fdx, или δA = kxdx.

Интегрируя в пределах от 0 до l, получим

	l	1		l
	A = k ∫ xdx =		kx2
		2		0
	0

=	1	k l 2 .	(2)
2

Подставив выражение (2) в уравнение (1), найдем коэффициент жесткости:

k( l)2/ 2 = mgh k = 2mgh / l2.

(3)

Проверим единицы измерения левой и правой частей расчетной формулы (3). Для этого подставим в формулу (3) вместо величин их единицы в СИ:

1 Н = 1 кг ×1 мс2 ×1 м = 1 Н. м 1 м2 м

Подставив числовые значения в расчетную формулу (3), получим

k = 2 × 0,02 ×9,81×5 = 196 Н/м. (0,1)2

Пример 3. Законы сохранения при ударе шаров как материальных точек. Шар массой m1, движущийся горизонтально с некоторой скоростью υ1, столкнулся с неподвижным шаром массой m2. Шары абсолютно упругие, удар прямой, центральный. Какую долю ε своей кинетической энергии первый шар передал второму?

Дано:	Решение. Поскольку при упругом ударе (рис. 3)
m1; m2; υ1	изменение кинетической энергии первого шара равно
Найти:	кинетической энергии, приобретенной вторым шаром
ε = К1 / К1	( К1 = К2), то доля ε энергии, переданной первым шаром
	второму, выразится соотношением

где и2 −

m1

ε =	К	2	=	m	u	2	=	m	2	u		2		2
				2		2								,	(1)
				m1υ12
	К1							m1			υ1

скорость второго шара после удара.

Как видно из формулы (1), для

υ1 m2

31

u1 u2

Рис. 3

определения ε надо найти и2. При ударе абсолютно упругих тел одновременно выполняются два закона сохранения: закон сохранения импульса и закон сохранения механической энергии. Пользуясь этими законами, запишем систему двух уравнений:

m1υ1 = m1u1 + m2u2							m1υ1 −			m2u2 = m1u1,				(2)
m υ2		m u 2		m	u 2
1 1	=	1 1	+	2	2		m υ2		− m		u 2	= m u 2 .		(3)
2		2		2			1	1		2	2	1	1

Для решения этой системы уравнение (2) возведем в квадрат, а уравнение (3) домножим на m1. Приравнивая левые части новых уравнений, получим

m2	υ2	− 2m m υ u				2	+ m2u 2			= m2			υ2 − m m				u 2
1	1	1	2	1				2	2		1		1	1		2	2
		u2 = 2m1υ1 (m1 + m2 ).
Подставив выражение для и2 в формулу (1), а затем сократив на
υ1 и т1, найдем долю переданной энергии, т. е.
		т		υ1	2m υ						2		4m m
		ε = m1			(m1 + m2 )						= (m + m )2 .
		2					1	1					1		2
													1	2

Из полученного соотношения видно, что доля переданной энергии зависит только от масс сталкивающихся шаров. Заметим также, что доля передаваемой энергии не изменится, если шары перед ударом поменять местами.

Пример 4. Динамика системы твердых тел. Через блок в виде сплошного диска, имеющего массу m = 80 г (рис. 4), перекинута тонкая, гибкая нить, к концам которой подвешены грузы с массами m1

=

= 100 г и m2 = 200 г. С каким ускорением будут двигаться грузы, если их предоставить самим себе? Трением и массой нити пренебречь.

Дано:				Решение. Воспользуемся законом движения
m = 0,08 кг;				центра масс (1.27), описывающим динамику
m1	= 0,1		кг;	поступательного движения, и основным уравнением
m2	= 0,2		кг	динамики вращательного движения (1.36). Для этого
Найти: а				рассмотрим все силы, действующие на каждый
				груз и блок в отдельности (рис. 4). На первый груз
T1′				32
		N	ε
	T1

	x	Оr
		T2′
		T
	а	2

действует две силы: сила тяжести m1 g и сила упругости T1 (сила натяжения нити). Поскольку m2 > m1, то ускорение a2 второго груза

будет направлено вниз, первого − вверх, а угловое ускорение e диска − по часовой стрелке. Спроецируем эти силы на ось у, которую направим вертикально вниз, и с помощью уравнения (1.27) или второго закона Ньютона составим уравнение движения первого груза в координатной форме (a1 = a2 = a):

− m1a = m1g − T1 T1 = m2(g + a).

(1)

Уравнение движения для второго груза составим аналогично:

+ m2a = m2g − T2 T2 = m2(g − a). (2)

Под действием моментов сил T1′ и T2′ (относительно оси О) блок

приобретает угловое ускорение e (e = a /r, r − радиус блока). Согласно основному уравнению динамики вращательного движения (см. уравнение (1.36)) получим

′	′	(3)
I x ε = −T1r + T2 r ,
где Ix = mr 2/ 2 − момент инерции	блока (сплошного	диска)

относительно горизонтальной оси х, которая совпадает с осью вращения блока.

Согласно третьему закону Ньютона T1′ = T1, а T2′ = T2. Воспользовавшись этим, подставим в уравнение (3) вместо T1′ и T2′ :

mr 2а / (2r) = m2(g − a)r − m1(g + a)r.

После сокращения на r и перегруппировки членов найдем модуль a ускорений грузов:

		m2 - m1		(0, 2 - 0,1) ×9,81	2
a =			g =		= 2,88 м/с	.
	m + m + (m 2)			0,1 + 0, 2 + 0,08 2
1		2

Из формулы для ускорения а видно, что единицы измерения левой и правой частей одинаковы.

Пример 5. Изучение динамики вращательного движения с помощью закона изменения момента импульса твердого тела.

Маховик в виде тонкостенного цилиндра радиусом R = 0,2 м и массой m = 50 кг раскручен до частоты вращения n1 = 480 об/мин и предоставлен самому себе. Определить момент сил трения на оси

33

маховика, если он остановился через промежуток времени						t = 50 с.
Дано:	Решение. Для решения задачи воспользуемся
R = 0,2 м;	законом	изменения проекции			момента	импульса
m = 50 кг;	(см. уравнение (1.44)) на ось вращения (рис. 5):
n1 = 8 об/с;		dLx /dt = M xe		dLx	= M xe dt ,	(1)
t = 50 с;
n2 = 0	где dLx	− изменение	проекции		момента	импульса
Найти: M zтр	маховика за время dt;		M xe − момент всех внешних
	сил относительно оси x (в данном случае это момент
сил трения, т. к. моменты сил N и mg				относительно оси x равны
нулю).
Момент сил трения не изменяется с течением времени ( M xтр =
	M xтр	= const), поэтому после интегрирования
		уравнения (1) получим

N

O

ω

mg x

Рис. 5

L2 x	t
∫ dLx = M xтр ∫ dt L 2x −		L 1x = M xтр	t. (2)
L1x	0
При	вращении	твердого	тела
относительно	неподвижной оси момент

импульса Lx = Ix ω (см. формулу (1.41)), поэтому его изменение

Lx = L2x − L1x = IxΔω = Ix 2π(n2 − n1), (3)

где Ix = mR2 − момент инерции тонкостенного цилиндра (кольца) относительно оси x; Δω = ω2 − ω1 − изменение угловой скорости маховика, которое с помощью формулы ω = 2πп выражено через частоту вращения маховика.

Подставляя выражение (3) в уравнение (2), получим

2π mR2 (n2 − n1) = M xтр t M xтр = 2π mR2 (n2 − n1) / t. (4)

Проверим единицы измерения левой и правой частей формулы (4):

1Н·м = 1 кг · 1 м2 · 1 с−1 /1 с = 1 Н·м.

Врасчетную формулу (4) подставим числовые значения. В результате получим

34

2

M z = 2·3,14·50·0,2(0 − 8) / 50 = − 2 Н·м.

Знак «−» показывает, что силы трения оказывают на маховик тормозящее действие.

Пример 6. Сохранение момента импульса системы. На краю горизонтальной платформы в виде диска радиуса R и массой m1, вращающейся с угловой скоростью ω0, находится человек массой m2. Определить угловую скорость платформы в двух случаях: если человек перешел в ее центр (случай а) и если человек начал двигаться вдоль края платформы с постоянной относительной скоростью и (случай б).

Дано:	Решение. На рис. 6	укажем все внешние
m1; m2; R; ω0; и	силы, действующие на систему. Поскольку эти силы
Найти: ω	пересекают ось вращения	(реакции опор) либо
	параллельны ей (силы тяжести), то моменты таких
сил равны нулю, а момент импульса системы сохраняется, т. е.
	Lz = const.	(1)

Случай а. С помощью формул (1.22) и (1.41) рассчитаем момент импульса системы (рис. 6,а) в начальном (человек стоит на краю платформы) и конечном (человек в центре) положениях (человека рассматриваем как материальную точку):

нач

m1R2

2

m1

2

Lz

= I z ω0

+ m2

υ0 R =

ω0 + m2ω0 R

=

+ m2

R

ω0 ;

2

2

Lконz = Iz ω1 = m1R2 2ω.

Приравнивая эти выражения, после сокращений получим

m		+ m			2	ω		=	m R 2	ω ω =	(m 2 + m		)					2m
	1		2	R			0		1		1	2		ω		= 1	+		2	ω		. (2)
												m1 2						m1
	2								2						0						0

а

X 2

X1

	z		б	z
C	ω0		C	ω
	m1 g	υ0		m1 g

	Y2	m2 g			Y2
		35	X 2
Z	1 Y			Z1	Y
	1		X		1
				1

υпер

и

m2 g

Рис. 6

Поскольку ω > ω0, то после перемещения человека в центр платформы она будет вращаться быстрее.

Заметим, что кинетическая энергия системы при этом увеличится, поскольку внутренние силы мышц человека выполняют положительную работу (Авнут = К − К0). Убедитесь в этом самостоятельно, вычислив начальную (К0) и конечную (К) кинетические энергии системы платформа − человек.

Случай б. При перемещении человека вдоль края платформы (рис. 6,б) его абсолютная скорость состоит из переносной (вместе с платформой, υпер = ωR) и относительной (υотн = и) скоростей, поэтому

υабс = ωR + и.

(3)

Приравняем моменты импульса системы в начальном положении (человек стоит на краю) и промежуточном состоянии (при движении вдоль края вращающейся со скоростью ω платформы):

m1

+ m2

2

ω0

=

m1 R 2

ω + m2 (ωR + и)R .

R

(4)

2

2

Из уравнения (4) выражаем угловую скорость ω и Δω = ω − ω1:

ω =

m1

+ m

ω

− m u R

m1

+ m

Δω = −

m2u

< 0. (5)

2

0

2

2

2

0

(m1

2 + m2 ) R

2

Проверим единицы измерения левой и правой частей формулы (5):

1с−1 = 1 кг · 1 м·с−1 / (1 кг · 1 м) = 1 с−1 .

Врассмотренном случае человек начал двигаться в направлении первоначального вращения платформы, поэтому ее скорость

уменьшилась (ω < ω0). В противоположном случае, т. е. если скорость и повернуть на 180°, угловая скорость платформы увеличится.

Пример 7. Сохранение момента импульса системы при абсолютно неупругом ударе. Некоторое тело (например, стержень АВ длиной l и массой m1) может вращаться вокруг вертикальной оси z (либо горизонтальной оси х), имея две опоры О1 и О2 (рис. 7). В точку D неподвижного стержня на расстоянии b от оси вращения z попадает пуля массой m0, летящая со скоростью υ0 , которая перпендикулярна

оси z и стержню. Определить угловую скорость ω, с которой начнет

36