Распад частиц. Механика.

[iVeage]

Всем привет! Не могу решение задачи из курса Ландау:
Найти связь между углами вылета $\theta_{1}$ и $\theta_{2}$ в л-системе при распаде на две частицы.
Не понятны некоторые действия. Вводится угол $\theta$ в л-системе $\tg \theta =\frac {v_{01}\sin \theta_{0}}{v_{01}\cos \theta_{0} + V}$ и через это выражение находит $\cos \theta_{01}$ и $\sin \theta_{01}$ для ц-системы используя только углы Л-системы.
Как он, это делает для меня остается загадкой. Я решил эту задачу, но по другому. Интерес к исходному решению из курса сохранился. Кто встречался с подобой задачей, будьте добры.)

[amoral10]

Я вот впервые зашел на форум, потому что у меня возникла похожая проблема. И чтобы не создавать новую тему, поискал и вот нашел. Сначала отвечу на поставленный вопрос, если он еще актуален, а потом задам свой.

Итак, найти эти величины, $\cos{\theta_{01}}$ and $\sin{\theta_{01}}$ , можно уже из приведенного вами уравнения, воспользовавшись еще при этом $\sin^2{x}+\cos^2{x}=1$

Также легко решается задача 1 из первого тома Ландау, Лифшиц "Теор физ. Механика" (ст.61) Нужно только уравнение (16.5), тоесть для тангенса угла, написать и для второй частицы (см. Рис.14), учитывая, что ее скорость будет противоположной к $v_0$ в ц-системе. В результате мы получим формулу для угла вылета второй частицы $\tg{\theta}=\frac{v_{02}\sin{\theta_{0}}}{-v_{02}\cos{\theta_0}+V}$
А затем действовать так, как в задаче 1.

У меня же вопрос к задаче 3. Может кто-нибуть привести ее последовательное решение. (Ландау, Лифшиц, Механика, ст.62)

Задача.Определить интервал значений, которые может иметь угол $\theta$ между направлениями вылета обеих распадных частиц в л-сестеме.

-- 13.04.2012, 01:35 --

Для упрощения вопроса, я приведу здесь свои размышления по поводу решения.
Итак, для $\theta_1$ имеем

$$\tg{\theta_1}=\frac{v_{01}\sin{\theta_0}}{v_{01}\cos{\theta_0}+V}=\ctg^{-1}{\theta_1}$$

для $\theta_2$ :

$$\tg{\theta_2}=\frac{v_{02}\sin{\theta_0}}{-v_{02}\cos{\theta_0}+V}=\ctg^{-1}{\theta_1}$$

Теперь, используя формулу для суммы котангенсов
$\ctg{x+y}=\frac{\ctg{x}\ctg{y}-1}{\ctg{x}+\ctg{y}}$

для угла $\theta=\theta_1+\theta_2$ имеем

$$\tg{\theta}=\frac{(v_{02}+v_{01})V\sin{\theta_0}}{V^2-v_{01}v_{02}-(v_{02}-v_{01})V\cos{\theta_0}}$$

Что делать дальше? Дифференциировать $\arctg{\frac{(v_{02}+v_{01})V\sin{\theta_0}}{V^2-v_{01}v_{02}-(v_{02}-v_{01})V\cos{\theta_0}}}$ по $\theta_0$ ?

[espe]

amoral10 в сообщении #559508 писал(а):

Что делать дальше?

Проще дифференцировать тангенс (а не арктангенс) по $\theta_0$.

[amoral10]

Ok! Ищем производную от $\tg{\theta}=\frac{(v_{02}+v_{01})V\sin{\theta_0}}{V^2-v_{01}v_{02}-(v_{02}-v_{01})V\cos{\theta_0}}$ по $\theta_0$

$$\frac{d\tg{\theta}}{d\theta_0}=(v_{02}+v_{01})V\frac{(V^2-v_{01}v_{02})\cos{\theta_0}-(v_{02}-v_{01})V}{(V^2-v_{01}v_{02}-(v_{02}-v_{01})V\cos{\theta_0})^2}$$

Далее, поскольку мы ищем екстремум, я так понимаю, нужно приравнять это выражение к нулю. Откуда будем иметь

$$\cos{\theta_0^e}=\frac{(v_{02}-v_{01})V}{V^2-v_{01}v_{02}}$$

где $\theta_0^e$ обозначает значение $\theta_0$ при котором $\tg{\theta}$ принимает екстремальное значение.

Ну и как из этого получить интервалы возможных значений $\theta$ ?

Если выразить $\sin{\theta_0^e}=\sqrt{1-\cos^2{\theta_0^e}}$, то получим

$$\sin{\theta_0^e}=\frac{\sqrt{(V^2-v_{01}^2)(V^2-v_{02}^2)}}{V^2-v_{01}v_{02}}$$

Откуда, в точке экстремума

$$\tg{\theta^e}=\frac{(v_{02}+v_{01})V}{\sqrt{(V^2-v_{01}^2)(V^2-v_{02}^2)}}$$

И вот здесь я не могу понять, как получить интервали изменения угла $\theta$. Может мне кто- нибудь что-нибудь подсказать?

[espe]

amoral10 в сообщении #560865 писал(а):

И вот здесь я не могу понять, как получить интервали изменения угла . Может мне кто- нибудь что-нибудь подсказать?

Вы уже всё получили. Угол в л-системе может меняться от нуля до $\theta^c$, который находиться из тангенса.

[amoral10]

espe в сообщении #560871 писал(а):

Вы уже всё получили. Угол в л-системе может меняться от нуля до $\theta^c$, который находиться из тангенса.

А вот здесь не все так просто. Посмотрим на формулу $\tg{\theta}=\frac{(v_{02}+v_{01})V\sin{\theta_0}}{V^2-v_{01}v_{02}-(v_{02}-v_{01})V\cos{\theta_0}}$. Когда скорость $V=0$, то мы имеем $\lim_{V=0}{\th{\theta}}=0^-$, откуда находим, что $\theta=\pi$. Как и должно быть, потому что частицы разлетаются в противоположных направлениях. Далее, когда $V$ будет ненулевым, но меньше $v_{01}$ and $v_{02}$, то понятно что угол разлета $\theta$ в л-системе может менятся от $\pi$ при $\theta_0=0$ к некоторому минимальному значению, которое, я так предполагаю, определяется значением $\theta_0^e$. В Ландау, Лифшица "Механика" на этот счет ответ таков:

$$\pi-\theta_m<\theta<\pi \quad\quad if \quad V<v_{01}<v_{02}$$

причем

$$\sin_{\theta_m}=\frac{V(v_{01}+v_{02})}{V^2+v_{01}v_{02}}$$

но моя проблема как раз и состоит в том, что я НЕ МОГУ получить этот результат. И вот ищу здесь совета, или ответа на вопрос: что я делаю не так?

[espe]

Как я понимаю, нужно рассуждать так. Зафиксируем скорости $V<v_{10}<v_{20}$ и смотрим как меняется $\theta$ в зависимости от $\theta_0$. При уменьшении $\theta_0\to0$, $\tg\theta\to0^-$, т.е. $\theta\to\pi$. Увеличиваем $\theta_0$, получим, что $\tg\theta<0$ уменьшается, достигая минимума при $\theta_0^c$. Т.к. $\tg\theta^c<0$, то $\pi/2<\theta^c<\pi$. В результате $\theta$ может меняться в пределах $\theta^c<\theta<\pi$.

Чтобы получить как в ЛЛ-1, введем $\theta_m$, $\theta_m=\pi-\theta^c$, при этом $0<\theta_m<\pi/2$. Если записать ответ через $\theta_m$, то он будет выглядеть как в ЛЛ-1.

[amoral10]

Ура!!! Кажется что-то понял. Во первых, я уже писал о полученном результате $\tg{\theta^e}==\frac{(v_{02}+v_{01})V}{\sqrt{(V^2-v_{01}^2)(V^2-v_{02}^2)}}$. Оказывается, что $\theta^e$ и есть тот самый угол $\theta_m$ из ЛЛ-1. В самом деле

$$\ctg^2{\theta^e}+1=\frac{(V^2+v_{01}v_{02})^2}{V^2(v_{01}v_{02})^2}=\frac{1}{\sin^2{\theta^e}}$$

Откуда $\sin{\theta^e}=\frac{V(v_{01}+v_{02})}{V^2+v_{01}v_{02}}=\sin{\theta_m}$

Теперь в случае $V<v_{01}<v_{02}$ должен быть взят знак минус перед корнем в выражении для $\th{\theta^e}$. Аргументация следующая. Если $v_{01}=v_{02}=v$ , то в знаменателе будем иметь $\sqrt{(V^2-v^2)^2}=V^2-v^2$ меньше нуля. Но как известно, $\arctg{(-x)}=\pi-x$, откуда в конце концов и получаем, что угол разлета $\theta$ меняется в пределах от $\pi$ к $\pi-\theta_m$.

Если же скорость $V$ возростает, и становится больше $v_{01}$ но меньше $v_{02}$, тогда угол $\theta$ может менятся от $\pi$ к нулю. То есть может принимать любое значение. Это интуитивно понятно. $\pi$ имеем когда $\theta_0=0$ (медленная частица летит "вперед", скорая - "назад"), ноль имеем когда $\theta_0=\pi$ (скорая летит "вперед", медленная - "назад" в ц-системе).
Этот случай не знаю как показать математически. Может ответ в том, что $\tg{\theta}$ становится мнимым?

Ну и наконец третий случай, когда $V>v_{02}>v_{01}$, угол разлета меняется от нуля (при $\theta_0=0$ и к $\theta_m$ (или в моих обозначениях к $\theta^e$, что одно и тоже.)

Хух, кажется справился! Всем спасибо, espe в частности!

[espe]

amoral10 в сообщении #561325 писал(а):

Если же скорость $V$ возростает, и становится больше $v_{01}$ но меньше $v_{02}$, тогда угол $\theta$ может менятся от $\pi$ к нулю. То есть может принимать любое значение. Это интуитивно понятно. $\pi$ имеем когда $\theta_0=0$ (медленная частица летит "вперед", скорая - "назад"), ноль имеем когда $\theta_0=\pi$ (скорая летит "вперед", медленная - "назад" в ц-системе).
Этот случай не знаю как показать математически. Может ответ в том, что $\tg{\theta}$ становится мнимым?

В этом случае "внутренних" точек экстремума нет, т.к. $\cos{\theta_0^e}=\frac{(v_{02}-v_{01})V}{V^2-v_{01}v_{02}}\geqslant1$. $\cos\theta_0^e=1$ только на "концах" при $V=v_{10}$ и $V=v_{20}$.

[amoral10]

espe в сообщении #561368 писал(а):

В этом случае "внутренних" точек экстремума нет, т.к. $\cos{\theta_0^e}=\frac{(v_{02}-v_{01})V}{V^2-v_{01}v_{02}}\geqslant1$. $\cos\theta_0^e=1$ только на "концах" при $V=v_{10}$ и $V=v_{20}$.

А, ну да. Только $\cos{\theta^e}< 1$ потому что не может он быть больше единицы