Преобразования Лоренца, сложение скоростей

Высота \(h = L_0\sin\alpha\), катет \(b = L_0\cos\alpha\). При движении вдоль катета \(b\) он сокращается: \(b' = b\sqrt{1 - (v/c)^2}\), высота \(h\) не меняется. Тогда \(L'^2 = h^2 + b'^2 = L_0^2\sin^2\alpha + L_0^2\cos^2\alpha\left[1 - \left(\dfrac{v}{c}\right)^2\right]\), т.е. \(L' = L_0\sqrt{1 - \cos^2\alpha\left(\dfrac{v}{c}\right)^2}\). При \(v/c = 0{,}5\) и \(\cos^2\alpha = 3/4\): \(L' = L_0\sqrt{13/16} = 0{,}9\) м.

Вдоль движения размер сокращается, поперёк — нет. Какой катет направлен вдоль скорости?

Высота треугольника \(h = L_0\sin\alpha\) перпендикулярна движению и не меняется, катет \(b = L_0\cos\alpha\) сокращается: \(b' = b\sqrt{1 - v^2/c^2}\). Тогда \[L' = \sqrt{h^2 + b'^2} = L_0\sqrt{1 - \cos^2\alpha\,\frac{v^2}{c^2}} .\] При \(\alpha = 30^\circ\) и \(v/c = 0{,}5\) получаем \(L' = L_0\sqrt{\dfrac{13}{16}} = 0{,}9\,L_0 = 0{,}9\) м.

Инвариант \(E^2 - p^2c^2\) для распадающейся частицы одинаков во всех системах отсчёта. Сравните распад покоящейся и движущейся частицы.

Идея: по размерностям найти зависимость частоты и коэффициента затухания от радиуса шара; затем сравнить затухание с частотой. Для оценки силы в части C используйте решение через релятивистскую динамику: сила постоянна в земной системе отсчёта.

Часть A. Задача A. Раздел 2.2.2 (статика). Рассмотрим только левую половину спагетти. Баланс моментов на её правом конце: момент, создаваемый горизонтальными напряжениями, должен уравновешивать момент силы тяжести, \(\tau \propto ml \propto d^2l^2\). Этот момент возникает из-за градиента горизонтального напряжения. Если типичное горизонтальное напряжение равно \(\sigma\), то типичная сила \(F \propto \sigma d^2\), и момент \(\tau \propto Fd \propto \sigma d^3\). Отсюда \[\sigma d^3 \propto d^2l^2 \quad\Rightarrow\quad l \propto \sqrt{d},\] так что \[l' = \sqrt{\frac{d'}{d}}\,l = \sqrt{10}\cdot50\ \text{см} = 158\ \text{см}.\]

Часть B. Задача B. Раздел 2.2.2 (статика) и 2.2.5 (гидродинамика) программы.

Из-за смачивания поверхностей песчинок и большого поверхностного натяжения вода действует как клей для песка. Это значит, что все зёрна должны быть связаны границей раздела вода–воздух. Для этого воды не должно быть ни слишком мало, ни слишком много: если воды мало, большинство зёрен сухие и не связаны поверхностным натяжением; если воды слишком много, почти все зёрна погружены в воду, и опять поверхностное натяжение их не связывает. Таким образом, прочность построек из влажного песка зависит от содержания воды; мы предполагаем, что для обоих типов песка содержание воды оптимально и форма зёрен статистически одинакова.

Рассмотрим два соседних зерна, соединённых водяным мениском — «шейкой», как мы будем её называть далее. Заметим, что «шейка» может простираться далеко перпендикулярно плоскости рисунка; поэтому под «шейкой» понимается та часть границы вода–воздух, для которой два ближайших зерна — рассматриваемые.

Существуют два процесса, связывающих песчинки. Первый — сила поверхностного натяжения \(F_s = \gamma l\), где \(\gamma\) — коэффициент поверхностного натяжения, а \(l\) — периметр «шейки»; так как \(l \sim r_g\), где \(r_g\) — характерный масштаб одного зерна, получаем \(F_s \sim \gamma r\). Второй — сила давления, обусловленная отрицательным капиллярным давлением в шейке, \(F_p = \Delta p\,A\), где \(A\) — площадь поперечного сечения «шейки», а \(\Delta p \sim \gamma/r\). При \(A \sim r^2\) получаем \(F_p \sim \gamma r\). Обе составляющие имеют один порядок величины, и использование любой из них даёт правильный масштабный закон. Эти силы прижимают зёрна друг к другу, поэтому нормальная сила и сила трения между зёрнами тоже порядка \(F_s\) и \(F_p\).

Решение 1. Типичная сила, необходимая, чтобы сдвинуть одно зерно, \(F_g \propto r_g\). Сила, необходимая, чтобы сместить целый горизонтальный слой песка, равна \(\propto F_gN_l\), где \(N_l \sim A/r_g^2\) — число зёрен в слое. Сила \(F\) разрушения цилиндра удовлетворяет \[F \propto F_gN_l \propto \frac{r_g}{r_g^2} = r_g^{-1} \propto V_g^{-1/3},\] поэтому \[F_f = \left(\frac{1}{10}\right)^{-1/3}F_c = 21{,}5\ \text{Н}.\]

Решение 2. Выше было показано, что зёрна с одной стороны условной поверхности действуют на зёрна с другой стороны силой на единицу площади порядка капиллярного давления \(\Delta p \sim \gamma/r_g\). Чтобы зёрна начали двигаться, нужно приложить внешнее давление того же порядка. Для обоих цилиндров площадь, на которую прикладывается сила, одна и та же, поэтому сила масштабируется как капиллярное давление: \(F \propto 1/r_g \propto V^{-1/3}\).

Решение 3. Сила сжатия служит для разрыва поверхностных связей между зёрнами песка. Рассмотрим энергию \(E\), необходимую, чтобы продавить один слой песка в слой под ним. \(E \propto Fr_g\), где \(F\) — требуемая сила, а \(r_g\) — характерная высота слоя (т.е. характерный масштаб зерна). С другой стороны, \(E = \gamma\,\Delta A\), где \(\gamma\) — поверхностное натяжение воды, а \(\Delta A\) — полное изменение площади поверхности воды в слое, при котором разрываются все «водяные связи» между зёрнами. Здесь \(\Delta A\) пропорционально площади \(A\) слоя и поэтому одинаково для двух цилиндров. Значит, \(E \propto Fr_g\) одинаково для двух цилиндров, т.е. \(F \propto r_g^{-1}\).

Решение 4. Сила \(F\) должна быть пропорциональна площади основания цилиндра \(A\). Сила, необходимая для разрушения цилиндра с площадью основания \(A = nA_0\), равна силе, необходимой для разрушения \(n\) цилиндров с площадью основания \(A_0\); поэтому \(F \propto n \propto A\). Кроме того, \(F\) зависит от масштаба зерна \(r_g\) и поверхностного натяжения воды \(\gamma\). Размерный анализ даёт \[F \propto A\,\frac{\gamma}{r_g} \propto r_g^{-1}\] при фиксированных \(A\) и \(\gamma\).

Часть C. Задача C. Раздел 2.5 (относительность) программы.

Пусть \(T = 50\) лет — полное время путешествия экипажа. Для максимального удаления корабль ускоряется с постоянным собственным ускорением \(a = g\) в течение собственного времени \(T/4\), за которое проходит расстояние \(d\). Затем он замедляется с \(a = -g\) в течение собственного времени \(T/4\), чтобы остановиться; при этом проходит ещё расстояние \(d\). Затем возвращается на Землю тем же способом.

Решение 0 (неверное). Если пренебречь относительностью, то \(d \propto \tfrac12 gt^2 \propto g\), что даёт ответ 1,5.

Решение 1. Один из подходов: заметить, что постоянное ускорение в системе корабля означает постоянную силу в земной системе отсчёта. Это непосредственно следует из преобразования Лоренца для электромагнитного поля, а именно из того, что при переходе в систему, движущуюся вдоль оси \(x\), компонента электрического поля \(E_x\) не меняется. Значит, с одной стороны, сила \(F_x = eE_x\), действующая на ускоряющуюся частицу с массой покоя \(m_0\) и зарядом \(e\), постоянна в лабораторной системе. С другой стороны, ускорение этой частицы в инерциальной системе, движущейся со скоростью \(v\), где \(v\) — скорость частицы в данный момент времени \(t\), всегда равно \(eE_x/m_0\) независимо от \(t\), т.е. постоянно во времени.

Тем, кто не знаком с преобразованием Лоренца для электромагнитного поля, это свойство можно вывести из преобразования Лоренца для импульса и координат. Используем снова (i) лабораторную систему и (ii) инерциальную систему, движущуюся со скоростью \(v\) — скоростью корабля в данный момент времени, которая принимается за начало отсчёта, \(t = t' = 0\); штрихом обозначены величины во второй системе. Для малого промежутка времени, пренебрегая членами второго порядка, в системе (ii) импульс, координата и релятивистская масса выражаются как \(p' = F't'\), \(x' = 0\), \(m' = m_0\) соответственно; применяя преобразование Лоренца, получаем \(t = \gamma t'\) и \(p = \gamma(F't' + m_0v) = tF' + \gamma m_0v\). В системе (i) \(p = \gamma m_0v + Ft\); сравнивая с предыдущим результатом, получаем \(F = F'\).

Похоже, что в любом случае скорость корабля очень быстро приближается к \(c\), много быстрее, чем проходит время путешествия. Поэтому в системе единиц \(c = 1\) путь \(x\) с очень хорошей точностью равен времени \(t\): \(x = t\).

Осталось связать \(t\) с собственным временем \(\tau\): \[d\tau = \frac{dt}{\gamma} = \frac{dt\,m_0}{\sqrt{m_0^2 + m_0^2g^2t^2}}.\] Интегрируя, получаем \(\tau = \dfrac{\mathrm{arsinh}(gt)}{g}\), откуда \[x \approx t = \frac{\sinh(g\tau)}{g} \approx \frac{\exp(g\tau)}{2g}.\] Итак, отношение пройденных расстояний \[\frac{d_2}{d_1} = \frac{g}{1{,}5g}\exp\left(1{,}5g\tau - g\tau\right) = \frac23\exp\left(\frac{gT}{8}\right) \approx 480.\] Заметим, что точное соотношение между \(x\) и \(t\) можно получить, записав энергию корабля как \(m = m_0 + m_0gx\), а импульс как \(p = m_0gt\). Тогда лоренц-инвариант \((m_0 + m_0gx)^2 - (m_0gt)^2 = m_0^2\) даёт \(x(x + 2/g) = t^2 = \sinh^2(g\tau)/g^2\), откуда \(x = [\cosh(g\tau) - 1]/g\).

Решение 2. Пусть \(w\) — быстрота корабля, определяемая как \(w \equiv \mathrm{artanh}\,\beta\), где \(\beta\) — скорость корабля. Тогда \(\beta = \tanh w\), лоренц-фактор \(\gamma = \cosh w\) и импульс \(p = m_0\sinh w\).

Как показано в решении 1, корабль с постоянным собственным ускорением \(g\) испытывает постоянную трёхсилу \[F = m_0g = \frac{dp}{dt} = m_0\cosh w\,\frac{dw}{dt} \quad\Rightarrow\quad \frac{dw}{dt} = \frac{g}{\cosh w}.\] С другой стороны, замедление времени связывает \(t\) с собственным временем \(\tau\) как \[\frac{dt}{d\tau} = \gamma = \cosh w \quad\Rightarrow\quad \frac{dw}{d\tau} = \frac{dw}{dt}\,\frac{dt}{d\tau} = g.\] Интегрирование даёт \(w = g\tau\). Учитывая \(dt = \gamma\,d\tau\), получаем расстояние, пройденное за четверть рейса: \[d = \int_0^{T/4}\beta\gamma\,d\tau = \int_0^{T/4}\tanh w\cosh w\,d\tau = \int_0^{T/4}\sinh(g\tau)\,d\tau = \frac{1}{g}\left(\cosh\frac{gT}{4} - 1\right).\] Ответ: \[\frac{g_1}{g_2}\cdot\frac{\cosh(g_2T/4c) - 1}{\cosh(g_1T/4c) - 1} = \frac{10}{15}\cdot\frac{\cosh(19{,}72) - 1}{\cosh(13{,}15) - 1} \approx \frac23\,e^{19{,}72 - 13{,}15} = 480.\]

Решение 3. Задачу можно решить также с помощью приёма, введённого Анри Пуанкаре в 1905 г. [Poincaré, M.H. Sur la dynamique de l'électron. Rend. Circ. Matem. Palermo 21, 129–175 (1906)]: изображать процесс на диаграмме \(x - ict\). Преимущество этой диаграммы в том, что релятивистский инвариант \(x^2 - c^2t^2\) переходит в евклидов квадрат расстояния \(x^2 + \theta^2\) с \(\theta = ict\). Значит, на этой диаграмме можно использовать евклидову геометрию. В частности, преобразование Лоренца становится поворотом евклидовой плоскости \(x - ict\) на угол \(\alpha = \arctan\dfrac{v}{ic}\).

Рассмотрим траекторию корабля; её бесконечно малая длина дуги равна \(ic\,d\tau\), где \(d\tau\) — дифференциал собственного времени, а бесконечно малый угол поворота касательной равен \(d\alpha = \arctan(dv/ic) = dv/(ic) = g\,d\tau/(ic)\). Значит, радиус кривизны \(R = \dfrac{ic\,d\tau}{d\alpha} = -\dfrac{c^2}{g}\) постоянен, т.е. траектория — окружность радиуса \(R\). Теперь легко связать пройденное расстояние \(x\) с длиной дуги \(ic\tau\): \[x = R\left(1 - \cos\alpha\right) = R\left(1 - \cos\frac{ic\tau}{R}\right) = \frac{c^2}{g}\left(\cosh\frac{g\tau}{c} - 1\right).\]

Решение 4. Задачу можно решить и с помощью релятивистского закона сложения скоростей. Пусть \(v = \beta c\) — скорость корабля в лабораторной системе, \(t\) — лабораторное время, \(\tau\) — собственное время. Рассмотрим также систему, движущуюся с постоянной скоростью \(v\), в которой корабль ускоряется из покоя: \[\beta + d\beta = \frac{\beta + \dfrac{g\,d\tau}{c}}{1 + \beta\dfrac{g\,d\tau}{c}} \approx \beta + \frac{g\,d\tau}{c}\left(1 - \beta^2\right).\] Отсюда \[\frac{d\beta}{1-\beta^2} = \frac{g\,d\tau}{c} \quad\Rightarrow\quad \beta = \tanh\frac{g\tau}{c}.\] Из формулы релятивистского замедления времени получаем \[dt = \frac{d\tau}{\sqrt{1-\beta^2}} = \cosh\frac{g\tau}{c}\,d\tau,\] так что пройденное расстояние \[\frac{d}{2} = \int v\,dt = c\int_0^{T/4}\sinh\frac{g\tau}{c}\,d\tau = \frac{c^2}{g}\left(\cosh\frac{gT}{4c} - 1\right),\] что приводит к тому же результату, что и раньше.

Часть D. Задача D. Разделы 2.2.5 (гидродинамика) и 2.4.1 (одиночный осциллятор) программы.

Решение 1. Колебания наполовину погружённого шара вызываются силой тяжести. Недемпфированная угловая частота зависит от ускорения свободного падения и характерной длины; для шара такой длиной является его радиус \(r\), поэтому \(\omega_0 \propto \sqrt{g/r}\) — единственная размерно допустимая функция. Сила сопротивления \(F_d\) зависит от скорости шара \(v\) [м/с], его размера \(r\) [м] и вязкости жидкости \(\eta\) [Па\(\cdot\)с]. Размерный анализ даёт \(F_d \propto \eta rv\). Коэффициент затухания \[\beta = \frac{F_d}{2mv} \propto \frac{\eta r}{m}.\] Так как масса \(m \propto r^3\), имеем \(\beta \propto \dfrac{1}{r^2}\). Далее соотношение \[\frac{\beta^2}{\omega_0^2} = 1 - \frac{\omega^2}{\omega_0^2}\] масштабируется как \(\dfrac{\beta^2}{\omega_0^2} \propto \dfrac{1}{r^3}\). Колебания возникают, только если \(\beta/\omega_0 < 1\), поэтому \[\frac{r}{r_0} = \sqrt[3]{1 - (0{,}99)^2} = 0{,}271.\]

Замечания к решению 1. (1) Чтобы получить \(\omega_0 \propto 1/\sqrt r\) без размерного анализа, заметим, что малое смещение \(y\) меняет объём погружённой части шара на \(\Delta V \propto r^2y\), так что изменение силы Архимеда \(F \propto r^2y\), и \(\omega_0 = \sqrt{k/m} \propto \sqrt{r^2/r^3} = \sqrt{1/r}\). (2) Чтобы получить \(F_d \propto \eta rv\) без размерного анализа, заметим, что характерный масштаб \(l\) изменений поля скоростей воды пропорционален \(r\). Тогда вязкое напряжение сдвига \(\sigma \propto \eta v/l \propto \eta v/r\), а полная сила сопротивления \(F_d \sim A\sigma \propto \eta rv\), где \(A\) — площадь контакта шара с водой. (3) Можно также использовать закон Стокса \(F_d = 6\pi\eta Krv\), где \(K\) — безразмерная константа, учитывающая, что шар находится не в бесконечной однородной жидкости.

Решение 2. Колебания наполовину погружённого шара вызываются изменением силы плавучести, пропорциональным изменению объёма вытесненной воды. Поэтому восстанавливающая сила \(F_r \propto r^2x\), где \(x\) — смещение шара. Как обсуждалось в решении 1, сила сопротивления \(F_d \propto rv = r\dot x\). Эффективная масса колебаний \(m \propto r^3\). Это приводит к уравнению движения \[k_1r^2\ddot x + k_2\dot x + k_3rx = 0,\] где \(k_1\), \(k_2\) и \(k_3\) — постоянные. При отсутствии вязкого трения \(k_2 = 0\), и движение происходит с частотой \[\omega_0 = \sqrt{\frac{k_3}{k_1r}}.\] С учётом вязкого трения можно получить частоту \(\omega\), подставив пробное решение \(x = e^{\alpha t}\) и используя \(\omega = \mathrm{Im}\,\alpha\). Это даёт \[\omega = \sqrt{\omega_0^2 - \frac{k_2^2}{4k_1^2r^4}}, \qquad \omega^2 = \omega_0^2\left(1 - \frac{k_2^2}{4k_1^2r^4\omega_0^2}\right) = \omega_0^2\left(1 - \frac{k_2^2}{4k_1k_3r^3}\right).\] При \(r = r_{\min}\) имеем \(\omega = 0\), поэтому \[\frac{k_2^2}{4k_1k_3} = r_{\min}^3, \qquad \omega^2 = \omega_0^2\left(1 - \frac{r_{\min}^3}{r_0^3}\right),\] откуда \(\dfrac{r_{\min}}{r_0} = \sqrt[3]{1 - (0{,}99)^2} = 0{,}271\).