Как регистрируют частицы - Боровой А.А.
Скачать (прямая ссылка):
Если осуществить такой проект, то человек впервые получит прямую практическую пользу от этой, как казалось многие годы, неуловимой частицы.
Глава 7
СОВСЕМ КОРОТКОЕ ЗАКЛЮЧЕНИЕ
Рассказ о детекторах и нейтрино подошел к концу. Хотя описание многих методов регистрации элементарных частиц приведены на страницах зтой книги, о целом ряде других ничего не сказано. Так же как и о многих экспериментах с нейтрино. О том, что, возможно,
ICl
обнаружена масса у этой частицы, в десятки тысяч раз меньшая, чем у электрона, но все же конечная. О регистрации нейтрино, рождающихся в атмосфере. О планах создать «нейтринный телеграф». Тому, кто заинтересуется этими вопросами, можно посоветовать обратиться к я;урналам «Квант», «Наука и жизпь», «Природа», в которых ученые популярно рассказывают о последних известиях с «нейтринного фронта».
Мне хочется окончить книгу теми же словами, с которых оыа началась:
«Природа неистощима в своих выдумках» (И. Ньютон).
«И это чудо, что, несмотря на поразительную сложность мира, мы можем обнаруживать в его явлениях определенную закономерность» (Э. Шредннгер),
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
1. Рассмотрим систему из массивной 8врзды — Солнца и двух планет Tn1 и т2, которые вращаются около нее но круговым траекториям с радиусами T1 и т2. Пусть скорости планет V1 н v2. Силы притяжепия их к Солнцу относятся между собой, как
F1 Tn1Vl m,v\
F2 = rx : га ' Ш
Из третьего йакопа Кеплера (T1ZT2)"' = (T1Zr2)3 или (2jv1Zb1)1X X (2nr2/v2)~2 = r\lr\, отсюда
v\lv\ = TJr1. (2)
Подставляя (2) в (I), получим
F1 Tn1 Vn1 'і 'і
Поэтому сила тяготения планеты к Солнцу прямо пропорциональна ее массе и обратно пропорциональна квадрату расстояния между телами: F = cm/r2, где с — постоянная, характерная для всех планет этой системы.
2. Предположим, что падающее тело — второй спутник Земли, который движется по онепь вытянутому эллипсу. Длина большой полуоси этого эллипса равна расстоянию от Земли до Луны (R), а малой — пренебрежимо мала, так что через Vg оборота тело упадеи на Землю. Лупа движется по круговой орбите с радиусом R (большая полуось 2R). Тогда согласно третьему вакопу Кеплера Уд-з/Ут-з = (2R)9ZR3, где 7л_з — период обращения Луны вокруг Земли, а Ут_3 — период обращения тела Время падения
t=ътт-з=^гл-з да «5 су™"-
3. 4,4 .Ю-40.
4. Воспользуемся выражением (8) для тошной энергии в задаче двух тел
163
В пашем случае E — const, при ria = ^0? = ? составляющая скорости V и =0, a = ymMg, L = const. Отсюда
2;па2Я = L2 — 2Ym2M3G1 (1)
и
2та\Е = L2 — 2ут*Л/8а*. (2)
Разделив почленно (1) на 2), найдем, что
5. Используем симметрию 8адачи. Осколки совершенно одинаковы и взаимозаменяемы. Тогда второй из них должен иметь ту те по величине скорость и вылететь под тем же углом к направлению полета ядра, что и первый. Задачу можно решить и воспользовавшись законом сохранения импульса. Перейдем в систему отсчета, с которой ядро до распада покоилось. Тогда осколки должны вылететь под углом 180° друг к другу. Для перехода в лабораторную (первоначальную) систему отсчета необходимо прибавить к векторам скоростей осколков по одинаковому вектору v (скорость ядра). Очевидно, что I V1 I = I V2 I и углы вылета равны.
6. Выполним некоторые преобразования. Умпожим обе частп равенств;» (18) на скорость частицы v = Ах/At, тогда
Av дф Ax дф
т ST v = - ч ST ~КГ - - ч "АГ •
Для малых At величину mAv-v можно представить как A(V2mi;2), отсюда
A(V2TOi;2) д(?ф) A(V2To^+ W
Af ~r At - At -°*
По если изменение величины д (V2IWP2 + <тф) с изменением времени равно нулю, то сама величина ifamir + дф остается постоянной. Мы взяли совершенно произвольный промежуток времени, и, очєвпдпо, что В ПрОЦеССе ВСеГО ДВИЖеНПЯ 1Z2THV2 + уф =
= const, что и требовалось доказать, поскольку в электростатиче. ком поле вта величина и есть полная внергия Е.
7. Если движение происходит по закону х = х0 sin at, то скорость заряда (sc)' = v = аув cos at, а ускорение (v)' — а = = —S0Cu2 sin at. Интенсивность излучения пропорциональна квадрату ускорения / а2, следовательно, / ~ со4.
8. Пусть заряд д находится в точке А тонкой равномерно наряженной сферы (рис. 33, а). Вырежем узкий конусом, вершина которого совпадает о точкой нахождения тела, участки поверхности сферы, площади которых равны соответственно AS1 и AS2. Кулонов-ская сила, действующая на варяд со стороны первого участка (рис. 33, б), F1 =¦ pASj/iiir&oRty, іде р — плотность заряда (Кл/м2) на сфере. Со стороны второго участка действует сила F2 = = и AiS2/(4n6i,^|), Направления сил *- противоположны, а соот-
164
ношение их величин
Il.
F2
AS1
AS,
Легко показать, что
AS,
Rl
AS.,
й2 а
Отсюда F1ZF2 = 1, т. е. силы компенсируются.
Таким же образом, разбивая всю сферу на малые участки, мы найдем, что полная сумма сил, действующих на заряд, равна нулю, т. е.
P)
Рис. 33.
внутри сферы поля неї. Необходимое условие этого — обратная пропорциональность величины силы квадрату расстояния между заряда и. Этот вывод будет верен для сферической оболочки любой толщины, так как мы можем разбить ее на п тонких оболочек и для каждой провести изложенное выше доказательство.
