Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 6566
2018-03-10 
Ядро массы $m$, летящее со скоростью $v$, распадается на два одинаковых осколка. Внутренняя энергия ядра равна $E_{1}$, внутренняя энергия каждого из осколков $E_{2} (E_{1} > 2E_{2})$. Определите максимально возможный угол разлета осколков.
Решение:
Процесс распада ядра на два осколка представляет собой как бы обращенный во времени процесс неупругого столкновения. На первой стадии процесса оба осколка летят вместе, образуя единую систему.
В результате действия внутренних сил при разрыве система распадается на две части. Осколки, образовавшиеся в результате разрыва ядра, разлетаются в разные стороны с постоянными скоростями и так продолжают свое движение.
Обозначим через $\vec{v}_{1}$ и $\vec{v}_{2}$ скорости осколков ядра и запишем ваконы сохранения импульса и полной энергии системы:
$m \vec{v} = \frac{m}{2} \vec{v}_{1} + \frac{m}{2} \vec{v}_{2}$,
$\frac{mv^{2} }{2} + E_{1} = \frac{m}{2} \frac{v_{1}^{2} }{2} + \frac{m}{2} \frac{v_{2}^{2} }{2} + 2E_{2}$.
учитывая закон сохранения импульса системы, изобразим графически (рис.) скорости ядра и его осколков $\vec{AC} = \vec{v}_{1} , \vec{AD} = \vec{v}_{2}, \vec{AB} = \vec{v}$. Построим параллелограмм скоростей $ACB^{ \prime}D$ ($|AB| = \frac{1}{2} |AB^{ \prime} |$). Введем дополнительные векторы $\vec{BC}$ и $\vec{BD}$ ( $\vec{BC} = - \vec{BD}$) и обозначим $|BC| = v_{0}$. Легко понять, что $v_{0}$ имеет смысл модуля скорости осколков в системе центра масс. Из закона сохранения полной энергии и теоремы о том, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон, получаем
$v_{1}^{2} + v_{2}^{2} = 2v^{2} + \frac{4}{m} (E_{1} - 2E_{2} )$,
$v_{1}^{2} + v_{2}^{2} = 2v^{2} + 2 v_{0}^{2}$,
откуда $v_{0} = \sqrt{ \frac{2}{m} (E_{1} - 2E_{2} ) }$.
Очевидно, возможны два случая: а) $v \geq v_{0}$; б) $v < v_{0}$.
Рассмотрим их последовательно, а) Найдем максимально возможный угол $\phi$ (рис.). Для этого воспользуемся теоремой косинусов для треугольников ACD, ABD и АСВ и получим после довольно громоздких, но простых вычислений ($\alpha = \angle CBA$)
$\cos \phi = \frac{v_{1}^{2} + v_{2}^{2} - (2v_{0})^{2} }{2v_{1}v_{2} } = \frac{v^{2} - v_{0}^{2} }{ \sqrt{ (v^{2} + v_{0}^{2} )^{2} - (2vv_{0} \cos \alpha )^{2} } }$.
Отсюда
$\cos \phi \geq \frac{v^{2} - v_{0}^{2} }{v^{2} + v_{0}^{2} }$
$\phi_{макс} = arrcos \frac{v^{2} - v_{0}^{2} }{v^{2} + v_{0}^{2} }$,
где $v_{0}^{2} = \frac{2}{m} (E_{1} - 2E_{2})$. При этом $v_{1} = v_{2} = \sqrt{v^{2} + v_{0}^{2}}$. Для случая б) $\phi_{max} = \pi$ (покажите самостоятельно),
Ядро массы $m$, летящее со скоростью $v$, распадается на два одинаковых осколка. Внутренняя энергия ядра равна $E_{1}$, внутренняя энергия каждого из осколков $E_{2} (E_{1} > 2E_{2})$. Определите максимально возможный угол разлета осколков.
Решение:
Процесс распада ядра на два осколка представляет собой как бы обращенный во времени процесс неупругого столкновения. На первой стадии процесса оба осколка летят вместе, образуя единую систему.
В результате действия внутренних сил при разрыве система распадается на две части. Осколки, образовавшиеся в результате разрыва ядра, разлетаются в разные стороны с постоянными скоростями и так продолжают свое движение.
Обозначим через $\vec{v}_{1}$ и $\vec{v}_{2}$ скорости осколков ядра и запишем ваконы сохранения импульса и полной энергии системы:
$m \vec{v} = \frac{m}{2} \vec{v}_{1} + \frac{m}{2} \vec{v}_{2}$,
$\frac{mv^{2} }{2} + E_{1} = \frac{m}{2} \frac{v_{1}^{2} }{2} + \frac{m}{2} \frac{v_{2}^{2} }{2} + 2E_{2}$.
учитывая закон сохранения импульса системы, изобразим графически (рис.) скорости ядра и его осколков $\vec{AC} = \vec{v}_{1} , \vec{AD} = \vec{v}_{2}, \vec{AB} = \vec{v}$. Построим параллелограмм скоростей $ACB^{ \prime}D$ ($|AB| = \frac{1}{2} |AB^{ \prime} |$). Введем дополнительные векторы $\vec{BC}$ и $\vec{BD}$ ( $\vec{BC} = - \vec{BD}$) и обозначим $|BC| = v_{0}$. Легко понять, что $v_{0}$ имеет смысл модуля скорости осколков в системе центра масс. Из закона сохранения полной энергии и теоремы о том, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон, получаем
$v_{1}^{2} + v_{2}^{2} = 2v^{2} + \frac{4}{m} (E_{1} - 2E_{2} )$,
$v_{1}^{2} + v_{2}^{2} = 2v^{2} + 2 v_{0}^{2}$,
откуда $v_{0} = \sqrt{ \frac{2}{m} (E_{1} - 2E_{2} ) }$.
Очевидно, возможны два случая: а) $v \geq v_{0}$; б) $v < v_{0}$.
Рассмотрим их последовательно, а) Найдем максимально возможный угол $\phi$ (рис.). Для этого воспользуемся теоремой косинусов для треугольников ACD, ABD и АСВ и получим после довольно громоздких, но простых вычислений ($\alpha = \angle CBA$)
$\cos \phi = \frac{v_{1}^{2} + v_{2}^{2} - (2v_{0})^{2} }{2v_{1}v_{2} } = \frac{v^{2} - v_{0}^{2} }{ \sqrt{ (v^{2} + v_{0}^{2} )^{2} - (2vv_{0} \cos \alpha )^{2} } }$.
Отсюда
$\cos \phi \geq \frac{v^{2} - v_{0}^{2} }{v^{2} + v_{0}^{2} }$
$\phi_{макс} = arrcos \frac{v^{2} - v_{0}^{2} }{v^{2} + v_{0}^{2} }$,
где $v_{0}^{2} = \frac{2}{m} (E_{1} - 2E_{2})$. При этом $v_{1} = v_{2} = \sqrt{v^{2} + v_{0}^{2}}$. Для случая б) $\phi_{max} = \pi$ (покажите самостоятельно),
