Распад тела на оси бесконечного клина

[Dellghin]

Здравствуйте. Помогите, пожалуйста, решить задачу: на оси бесконечного клина, движущегося со скоростью $\vec{V}$, происходит распад тела с образованием множества осколков, разлетающихся равномерно по всем направлениям со скоростью $\vec{u}$. Каким должен быть угол клина, чтобы на его боковую поверхность упала половина осколков? (Ответ: $\operatorname{tg}\frac{\alpha}{2} = \frac{u}{V}\sqrt{1-\frac{V^2}{c^2}}$)
Вот так, как я понял, это выглядит:

Я пытался решить так: если тело имеет массу $2m$, то при распаде можно выделить два "куска" одинаковой массы $m$, которые разлетаются по разные стороны от биссектрисы. Каждый такой кусок имеет скорость $\vec{2u}$, и она направлена перпендикулярно биссектрисе в ту или другую сторону. Потом я написал проекции для этих скоростей и сделал для них преобразование Лоренца. Далее я приравнял четырёхвекторы импульса-энергии до и после, взял от них квадрат и попытался найти угол. Но не получилось. Наверно нужно было решать как-то по-другому. Подскажите, пожалуйста, как решать эту задачу.

[DimaM]

Dellghin
Я бы попробовал рассмотреть распад движущегося тела в системе неподвижного клина и посчитать, в какой угол направлены скорости половины осколков.

[Dellghin]

Получается в системе неподвижного клина тело изначально имеет скорость $-V$ по $Ox$. Как тогда можно посчитать результирующую скорость половины осколков?

[DimaM]

Dellghin в сообщении #1269504 писал(а):

Как тогда можно посчитать результирующую скорость половины осколков?

Преобразовать скорость по известным формулам.
Условие, кстати, не вполне ясное: $\alpha$ - это угол неподвижного клина или движущегося? Аналогично с биссектрисой.

[Dellghin]

DimaM в сообщении #1269508 писал(а):

Преобразовать скорость по известным формулам.

Это-то понятно, но каким образом можно определить скорость не одного осколка, а половины? И какую именно половину рассматривать? Их же можно разделить разными способами.

DimaM в сообщении #1269508 писал(а):

это угол неподвижного клина или движущегося?

А разве угол поменяется при переходе в другую с.о.? Он же ни отчего не зависит.

[DimaM]

Dellghin в сообщении #1269509 писал(а):

А разве угол поменяется при переходе в другую с.о.? Он же ни отчего не зависит.

Ну здрасьте!
Преобразуйте координаты точек $(x'=0, y'=0)$ и $(x'=l, y'=l\tg{\alpha'})$ в ЛСО при одинаковых $t$. Конечно угол будет другим.

[Walker_XXI]

Dellghin в сообщении #1269509 писал(а):

но каким образом можно определить скорость не одного осколка, а половины? И какую именно половину рассматривать?

По-моему, немножко странные вопросы. Как я понял из условий, скорость каждого осколка по модулю равна $u$, направления разные. При переходе в другую СО надо будет учитывать угол между скоростями $\vec{V}$ и $\vec{u}$ для каждого осколка (а их не 2, как Вы рассматривали, а множество). Я бы попробовал рассмотреть распределение плотности разлёта осколков по углам (по условиям в неподвижной СО оно равномерно), как оно изменится при переходе в движущуюся СО.

Подсказка. Посмотрите на ответ. При нулевой скорости угол $\alpha /2 = \pi /2$, т.е. полный угол клина развёрнутый - фактически имеем не клин, а плоскость. Действительно, в таком случае при равномерном разлёте осколков на плоскость упадёт ровно половина. Это же рассмотрение даёт нам уточнение к условию задачи: под боковой поверхностью клина подразумеваются обе полуплоскости, образующие клин, а не одна из них.

[DimaM]

Walker_XXI в сообщении #1269535 писал(а):

При нулевой скорости угол $\alpha /2 = \pi /2$, т.е. полный угол клина развёрнутый - фактически имеем не клин, а плоскость. Действительно, в таком случае при равномерном разлёте осколков на плоскость упадёт ровно половина.

При нулевой скорости и распаде на биссектрисе на каждую из сторон попадет половина осколков при любом $\alpha$.
Фокус, видимо, в том, что биссектриса неподвижного угла не совпадает с биссектрисой движущегося.

[Walker_XXI]

DimaM в сообщении #1269539 писал(а):

При нулевой скорости и распаде на биссектрисе на каждую из сторон попадет половина осколков при любом $\alpha$.

Да ладно! Когда всё неподвижно, осколки, улетевшие в направлении биссектрисы, а также уклонившиеся от неё на угол $\beta < \alpha/2$, никогда не попадут ни на одну из сторон (полуплоскостей) клина.

[DimaM]

Walker_XXI в сообщении #1269544 писал(а):

Да ладно! Когда всё неподвижно, осколки, улетевшие в направлении биссектрисы, а также уклонившиеся от неё на угол $\beta < \alpha/2$, никогда не попадут ни на одну из сторон (полуплоскостей) клина.

Да, что-то я напутал.
Но все же при нулевой скорости на каждую из половин развернутого угла попадет четверть осколков. Чтоб попала половина, угол должен быть нулевым.

[wrest]

Walker_XXI в сообщении #1269544 писал(а):

Да ладно! Когда всё неподвижно, осколки, улетевшие в направлении биссектрисы, а также уклонившиеся от неё на угол $\beta < \alpha/2$, никогда не попадут ни на одну из сторон (полуплоскостей) клина.

Правильно, а когда скорость клина больше скорости разлета осколков, то клин рано или поздно догонит их все.

-- 27.11.2017, 13:32 --

DimaM в сообщении #1269549 писал(а):

при нулевой скорости на каждую из половин развернутого угла попадет четверть осколков. Чтоб попала половина, угол должен быть нулевым.

Ну да, или скорость клина должна быть какой-то ненулевой.

[Dellghin]

Walker_XXI в сообщении #1269535 писал(а):

Как я понял из условий, скорость каждого осколка по модулю равна $u$, направления разные. При переходе в другую СО надо будет учитывать угол между скоростями $\vec{V}$ и $\vec{u}$ для каждого осколка (а их не 2, как Вы рассматривали, а множество). Я бы попробовал рассмотреть распределение плотности разлёта осколков по углам (по условиям в неподвижной СО оно равномерно), как оно изменится при переходе в движущуюся СО.

Получается, если $\varphi$ - угол между векторами $\vec{u}$ и $\vec{V}$ (фактически угол между $\vec{u}$ и $Ox$), то $\vec{u}_{osk} = (u \cos \varphi, u \sin \varphi )$. Делая преобразования Лоренца, получаем:
$\vec{u^{'}}_{osk} = \left(\frac{u \cos \varphi - V}{1 - \frac{Vu \cos \varphi}{c^2}}, \frac{1}{\gamma} \frac{u \sin \varphi}{1 - \frac{Vu \cos \varphi}{c^2}} \right)$.
Как тогда дальше учесть, что половина должна упасть на поверхность?