1  ^0.80 Скорость заряженной частицы убывает от $v_0$ до $0$ за время $\tau$. Найдите угловое распределение тормозного излучения, считая ускорение постоянным. Какая длительность импульса излучения $\Delta t$ будет зарегистрирована покоящимся прибором, расположенным под углом $\theta$ к направлению движения частицы?

2  ^1.00

На невесомой штанге длиной $l$ помещён заряд $e$ с массой $m$.

• Найдите закон изменения угловой скорости $\omega(t)$, если в начальный момент времени $\omega(0)=\omega_0$.
• Определите интенсивность излучения $\overline{\mathrm d I / \mathrm d \Omega}$ и $\overline I$.

Запишем баланс энергии с учетом потерь на излучение в дипольном приближении:
$$
\frac{\mathrm d \mathcal{E}}{\mathrm d t}=-I_d, \quad \mathcal{E}=\frac{m l^2}{2} \omega^2, \quad I_d=\frac{2}{3 c^3} \ddot{\mathbf{d}}^2=\frac{2 e^2 l^2}{3 c^3} \omega^4
$$Получаем дифференциальное уравнение
$$
m l^2 \omega \dot{\omega}=-\frac{2 e^2 l^2}{3 c^3} \omega^4, \quad \text { откуда } \quad-2 \frac{\dot{\omega}}{\omega^3}=\frac{\mathrm d}{\mathrm d t} \frac{1}{\omega^2}=\frac{4 e^2}{3 c^3 m} .
$$Интегрируя данное уравнение с начальным условием $\omega(0)=\omega_0$, находим
$$
\omega(t)=\left(\frac{1}{\omega_0^2}+t \frac{4 e^2}{3 c^3 m}\right)^{-1 / 2}
$$Полная интенсивность излучения изменяется только за счет уменьшения частоты $\omega(t)$. Распределение интенсивности по углам меняется с частотой $\omega$, поскольку вектор $\ddot{\mathbf{d}}$ вращается. Поэтому
$$
\frac{\mathrm d I_d}{\mathrm d \Omega}=\frac{1}{4 \pi c^3}\left(\ddot{\mathbf{d}}^2-(\ddot{\mathbf{d}} \mathbf{n})^2\right),
$$где $\mathbf{n}$ – единичный вектор, задающий направление излученной волны. Пусть штанга вращается вокруг оси $z$. Поскольку после усреднения по времени должно получиться аксиально симметричное распределение, вектор $\mathbf{n}$ можно взять в плоскости $(x, z)$, т. е. $\mathbf{n}=(\sin \theta, 0, \cos \theta)$, тогда, очевидно, $\ddot{\mathbf{d}}=-\omega^2 e l(\cos (\omega t), \sin (\omega t), 0)$. Следовательно, для углового распределения имеем
$$
\frac{\mathrm d I_d}{\mathrm d \Omega}=\frac{e^2 l^2 \omega^4}{4 \pi c^3}\left(1-\cos ^2(\omega t) \sin ^2 \theta\right) .
$$При усреднении по периоду $\overline{\cos ^2(\omega t)}=1 / 2$, и поэтому
$$
\frac{\overline{\mathrm d I_d}}{\mathrm d \Omega}=\frac{e^2 l^2 \omega^4}{4 \pi c^3} \frac{1}{2}\left(1+\cos ^2 \theta\right) .
$$

3  ^1.00 Электрон вращается по окружности в однородном магнитном поле $\vec H$. Найдите зависимость от времени кинетической энергии электрона $\mathcal{E}(t)$.

Запишем баланс энергии с учетом потерь на излучение в дипольном приближении ($w$ – ускорение электрона):
$$
\frac{\mathrm d \mathcal{E}}{\mathrm d t}=-I_d=-\frac{2}{3 c^3} \ddot{\mathbf{d}^2}=-\frac{2 e^2 \mathbf{w}^2}{3 c^3}, \quad \mathbf{w}=\frac{e}{m c}[\mathbf{v} \times \mathbf{H}],
$$поскольку электрон вращается по окружности со скоростью $\mathbf{v} \perp \mathbf{H}$. Далее имеем
$$
\mathbf{w}^2=\frac{e^2 H^2}{m^2 c^2} v^2=\frac{2 e^2 H^2}{m^3 c^2} \mathcal{E}
$$Получаем дифференциальное уравнение для кинетической энергии:
$$
\frac{\mathrm d \mathcal{E}}{\mathrm d t}=-\frac{4 e^4 H^2}{3 m^3 c^5} \mathcal{E}, \quad \text { откуда } \quad \mathcal{E}(t)=\mathcal{E}_0 \exp \left(-\frac{4 e^4 H^2}{3 m^3 c^5} t\right)
$$

4  ^1.00

Нерелятивистская заряженная частица с зарядом $q$ и массой $m$ скользит без трения по поверхности вращения (ось вращения вертикальна) в горизонтальной плоскости. На частицу действует сила тяжести $m g$ и сила нормальной реакции опоры. Частица теряет энергию за счет электромагнитного излучения, но потери за один оборот малы. Определите зависимость $z(t)$:

• для поверхности конуса $z=k r$;
• для поверхности параболоида $z=r^2 / a$.

Частица будет скользить в горизонтальной плоскости при условии взаимной компенсации силы тяжести $m g$ и вертикальной составляющей $\mathbf{N}_{\perp}$ силы реакции опоры $\mathbf{N}$. Центростремительное ускорение создается горизонтальной составляющей $\mathbf{N}_{\|}$.

1) Коническая поверхность. $k=N_{\|} / N_{\perp}=m w /(m g)=w / g$, где $w$ – ускорение частицы. Находим далее ускорение и кинетическую энергию:
$$
w=k g=\frac{v^2}{r}=v^2 \frac{k}{z}, \quad T=\frac{1}{2} m v^2=\frac{1}{2} m g z .
$$Интенсивность излучения и полная энергия равны
$$
I_d=\frac{2}{3 c^2} \ddot{\mathbf{d}}^2=\frac{2 q^2}{3 c^3} w^2=\frac{2 k^2 q^2 g^2}{3 c^3}=-\frac{\mathrm d \mathcal E}{\mathrm d t}, \quad \mathcal E=T+U=\frac{3}{2} m g z .
$$Записываем дифференциальное уравнение и решаем его:
$$
\dot{z}=-\frac{4 k^2 q^2 g}{9 m c^3}, \quad \text {откуда}\quad z(t)=z_0-\frac{4 k^2 q^2 g}{9 m c^3} t .
$$

2) Параболоид вращения. Общий ход решения аналогичен, поэтому приведем только основные формулы. Находим ускорение, полную механическую энергию и интенсивность излучения:
$$
\begin{gathered}
\frac{d z}{d r}=2 \frac{r}{a}=\frac{N_{\|}}{N_{\perp}}=\frac{m w}{m g}=\frac{w}{g}, \\
w=2 g \frac{r}{a}=2 g \sqrt{\frac{z}{a}}=\frac{v^2}{r}, \quad T=\frac{1}{2} m v^2=m g z, \\
I_d=\frac{2 q^2}{3 c^3} w^2=\frac{8 q^2 g^2}{3 c^3 a} z=-\frac{\mathrm d \mathcal{E}}{\mathrm d t}, \quad \mathcal{E}=T+U=2 m g z .
\end{gathered}
$$Записываем дифференциальное уравнение и решаем его:
$$
\dot{z}=-\frac{4 q^2 g}{3 m c^3 a} z, \quad \text {откуда} \quad z(t)=z_0 \exp \left(-\frac{4 q^2 g}{3 m c^3 a} t\right).
$$

5  ^1.40 Два разноимённых заряда $\left(e_1, m_2\right)$ и $\left(e_2, m_2\right)$ обращаются один вокруг другого под действием кулоновского притяжения по круговой орбите радиуса $R$ (атом Резерфорда). Определите энергию, теряемую на излучение за один оборот. Найдите зависимость расстояния между зарядами от времени. Определите время, за которое один заряд упадет на другой.

Вначале мы имеем задачу двух тел. Переходя в систему центра инерции и вводя обозначения
$$
\mathbf{R}=\frac{m_1 \mathbf{r}_1+m_2 \mathbf{r}_2}{m_1+m_2}, \quad \mathbf{r}=\mathbf{r}_1-\mathbf{r}_2, \quad \mu=\frac{m_1 m_2}{m_1+m_2},
$$где $\mathbf{R}$ – радиус-вектор центра инерции системы, r – радиус-вектор относительного движения зарядов, $\mu-$ приведенная масса, получаем $\mathbf{r}_1=\left(\mu / m_1\right) \mathbf{r}, \mathbf{r}_2=\left(\mu / m_2\right) \mathbf{r}$, и, следовательно, дипольный электрический момент системы равен
$$
\mathbf{d}=e_1 \mathbf{r}_1+e_2 \mathbf{r}_2=\mu\left(\frac{e_1}{m_1}-\frac{e_2}{m_2}\right) \mathbf{r} .
$$Уравнение движения эффективной частицы с приведенной массой в поле неподвижного кулоновского центра имеет вид
$$
\mu \ddot{\mathbf{r}}=-\frac{\left|e_1 e_2\right| \mathbf{r}}{r^3} .
$$Вычислим интенсивность дипольного излучения (энергию, теряемую системой в единицу времени), предполагая, что потери энергии за один оборот малы по сравнению с полной энергией:
$$
I=-\frac{\partial \mathcal{E}}{\partial t}=\frac{2 \ddot{\mathbf{d}}^2}{3 c^3}=\frac{2\left|e_1 e_2\right|^2}{3 c^3}\left(\frac{e_1}{m_1}-\frac{e_2}{m_2}\right)^2 \frac{1}{r^4} .
$$Энергия, излучаемая системой за один оборот, будет равна
$$
\delta \mathcal{E}=I \cdot \frac{2 \pi r}{v}=I \cdot \frac{2 \pi \mu^{1 / 2}}{\left|e_1 e_2\right|^{1 / 2}} r^{3 / 2}=\frac{4 \pi \mu^{1 / 2}\left|e_1 e_2\right|^{3 / 2}}{3 c^2}\left(\frac{e_1}{m_1}-\frac{e_2}{m_2}\right)^2 \frac{1}{r^{5 / 2}},
$$поскольку из условия $\mu v^2 / r=\left|e_1 e_2\right| / r^2$ (ускорение – центростремительное, движение плоское) следует, что скорость частицы на орбите равна
$$
v=\frac{\left|e_1 e_2\right|^{1 / 2}}{\mu^{1 / 2} r^{1 / 2}} .
$$Анализ двух последних формул показывает, что энергия, излучаемая системой за оборот, действительно мала, как и предполагалось:
$$
\delta \mathcal{E} \sim\left(\frac{v}{c}\right)^2 \frac{\left|e_1 e_2\right|}{r} \ll \mathcal{E} \quad \text {при} \quad \frac{v}{c} \ll 1 .
$$Найдем далее изменение расстояния между частицами и время падения одной частицы на другую (фактически, время жизни атома в классической электродинамике). Поскольку кинетическая энергия системы теряется на излучение, то
$$
\frac{\mathrm d \mathcal{E}}{\mathrm d t}=-I=\frac{\mathrm d \mathcal{E}}{\mathrm d r} \frac{\mathrm d r}{\mathrm d t}, \quad \text {где} \quad \mathcal{E}=\frac{\mu v^2}{r}-\frac{\left|e_1 e_2\right|}{r}=-\frac{\left|e_1 e_2\right|}{2 r} .
$$В результате мы получаем следующее уравнение:
$$
\frac{\left|e_1 e_2\right|}{2 r^2} \frac{\mathrm d r}{\mathrm d t}=-\frac{2\left(e_1 e_2\right)^2}{3 c^3}\left(\frac{e_1}{m_1}-\frac{e_2}{m_2}\right)^2 \frac{1}{r^4} .
$$Интегрируя это уравнение (с начальным условием $r(0)=r_0$), находим закон изменения радиуса орбиты:
$$
r(t)=\left(r_0^3-\frac{4\left|e_1 e_2\right|^2}{c^3}\left(\frac{e_1}{m_1}-\frac{e_2}{m_2}\right)^2 t\right)^{1 / 3}.
$$В момент падения частиц друг на друга $r\left(t_{\text {пад}}\right)=0$, т. е. время падения равно
$$
t_{\text {пад}}=\frac{r_0^3 c^3}{4\left|e_1 e_2\right|}\left(\frac{e_1}{m_1}-\frac{e_2}{m_2}\right)^{-2} .
$$

6  ^1.80 Два одноименных заряда $\left(e_1, m_1\right)$ и $\left(e_2, m_2\right)$ испытывают лобовое столкновение (считайте, что $e_1 / m_1 \neq e_2 / m_2$). Определите полную излученную энергию, если известна относительная скорость зарядов на бесконечности $v_{\infty} \ll c$.

Предположим, что суммарные потери энергии малы по сравнению с начальной кинетической энергией системы. Поэтому определим интенсивность электромагнитного излучения исходя из того, что движение частиц происходит под действием электростатических сил (без учета потерь энергии на излучение.

Движение двух взаимодействующих частиц сводится к равномерному движению их центра масс и движению частицы с приведенной массой $\mu$ в поле силы взаимодействия двух частиц. Пусть частицы движутся по оси $x$, причем начало координат совпадает с положением центра масс системы. Если $R$ - расстояние между частицами, то в системе центра масс:
$$
\frac{m_1 x_1+m_2 x_2}{m_1+m_2}=0 ; \quad x_1=-R \frac{m_2}{m_1+m_2}, \quad x_2=+R \frac{m_1}{m_1+m_2} .
$$Компоненты дипольного момента имеют вид
$$
d_x=x_1 e_1+x_2 e_2=R \frac{m_1 e_2-m_2 e_1}{m_1+m_2}=R q, \quad d_y=d_z=0 .
$$Интенсивность дипольного излучения равна
$$
I_d=\frac{2}{3 c^3}(\ddot{\mathbf{d}})^2=\frac{2 q^2}{3 c^3} \ddot{R}^2 .
$$Полные потери энергии за счет электрического дипольного излучения удобно вычисляются, если перейти от интегрирования по времени к интегрированию по скорости $v=\dot{R}$. В этом случае (с учетом того, что $d t=d v / \ddot{R})$ имеем
$$
\delta \mathcal{E}_d=\int_{-\infty}^{+\infty} I_d\,\mathrm d t=\int_{-v_{\infty}}^{+v_{\infty}} \frac{2 q^2}{3 c^3} \ddot{R}^2 \frac{\mathrm d v}{\ddot{R}}=\int_{-v_{\infty}}^{+v_{\infty}} \frac{2 q^2}{3 c^3} \ddot{R} \,\mathrm d v=\frac{2 q^2 e_1 e_2}{3 \mu c^3} \int_{-v_{\infty}}^{+v_{\infty}} \frac{\mathrm d v}{R^2} .
$$Здесь $\ddot{R}$ находится из уравнения движения в системе центра масс (ниже $\mu$ – приведенная масса):
$$
\ddot{R}=\frac{e_1 e_2}{\mu R^2}, \quad \mu=\frac{m_1 m_2}{m_1+m_2} .
$$Из закона сохранения энергии (опять не учитывая потери на излучение) получаем
$$
\frac{\mu v_{\infty}^2}{2}=\frac{\mu v^2}{2}+\frac{e_1 e_2}{R}, \quad \text {откуда} \quad \frac{1}{R}=\frac{\mu}{2 e_1 e_2}\left(v_{\infty}^2-v^2\right) .
$$Для полной излученной энергии находим
$$
\delta \mathcal{E}_d=\frac{q^2 \mu}{6 c^3 e_1 e_2} \int_{-v_{\infty}}^{+v_{\infty}}\left(v_{\infty}^2-v^2\right)^2 \,\mathrm d v=\frac{q^2 \mu v_{\infty}^5}{6 c^3 e_1 e_2} \int_{-1}^{+1}\left(1-u^2\right)^2 \,\mathrm d u=\frac{q^2 \mu v_{\infty}^5}{6 c^3 e_1 e_2} \frac{16}{15},
$$где $u=v / v_{\infty}$ – нормированная скорость.

Взяв определенный интеграл, получаем полную энергию, излученную в дипольной моде:
$$
\delta \mathcal{E}_d=\frac{16}{45} \frac{q^2}{e_1 e_2} \frac{\mu v_{\infty}^2}{2}\left(\frac{v_{\infty}}{c}\right)^3 \sim \frac{\mu v_{\infty}^2}{2}\left(\frac{v_{\infty}}{c}\right)^3 \ll \frac{\mu v_{\infty}^2}{2} .
$$

7  ^1.80 Электрон испытывает лобовое столкновение с неподвижным (бесконечно тяжёлым) точечным диполем $\vec d$. Определите потерю энергии на излучение в результате столкновения. Движение электрона происходит вдоль прямой.

Интенсивность излучения и полная излученная энергия даются формулами
$$
I_d=\frac{2}{3 c^3} \ddot{\mathbf{d}}^2=\frac{2 e^2}{3 c^3} \ddot{R}^2, \quad \Delta \mathcal{E}=\int_{-\infty}^{\infty} I_d\,\mathrm d t=\int_{-v_{\infty}}^{v_{\infty}} I_d \frac{\mathrm d v}{\ddot{R}}=\frac{2 e^2}{3 c^3} \int_{-v_{\infty}}^{v_{\infty}} \ddot{R}\,\mathrm d v .
$$Электрон будет лететь по прямой только, если он летит вдоль вектора $\mathbf d$. Электрон отразится только в том случае, если он подлетит к диполю со стороны «минуса» и оттолкнется от него. Учитываем уравнение движения электрона и закон сохранения энергии:
$$
\begin{aligned}
\ddot{R}= & \frac{E|e|}{m}=\frac{2 d|e|}{R^3 m}>0, \quad \text { откуда } \quad \Delta \mathcal{E}=\frac{4|e|^3 d}{3 m c^3} \int_{-v_{\infty}}^{v_{\infty}} \frac{1}{R^3} d v, \\
& \frac{m v^2}{2}+\frac{|e| d}{R^2}=\frac{m v_{\infty}^2}{2}, \quad \text { откуда } \quad \frac{1}{R^2}=\frac{m\left(v_{\infty}^2-v^2\right)}{2|e| d},
\end{aligned}
$$и для полной потери энергии на излучение получаем окончательно
$$
\begin{gathered}
\Delta \mathcal{E}=\frac{1}{c^3} \sqrt{\frac{2|e|^3 m}{d}} \int_{-v_{\infty}}^{v_{\infty}}\left(v_{\infty}^2-v^2\right)^{3 / 2}\,\mathrm d v=\frac{v_{\infty}^4}{c^3} \sqrt{\frac{2|e|^3 m}{d}} \int_{-1}^1\left(1-u^2\right)^{3 / 2}\,\mathrm d u \\
\Delta \mathcal{E}=\frac{3 \pi}{8} \frac{v_{\infty}^4}{c^4} \sqrt{\frac{2|e|^3 m c^2}{d}} .
\end{gathered}
$$

8  ^1.20 Колебательный контур состоит из конденсатора и катушки индуктивности. Частота собственных колебаний равна $\omega_0$.

Пусть катушка идеальная (без потерь), а конденсатор состоит из двух параллельных пластин площадью $s$, расстояние между которыми $a$. Размеры конденсатора малы по сравнению с $\lambda=2 \pi c / \omega$. Определите добротность контура (добротность контура определяется как отношение запасённой энергии к потерям за период).

Электрический дипольный момент конденсатора равен $d=q a$. Вычисляем интенсивность дипольного излучения (при гармонических колебаниях) и усредняем ее по периоду колебаний:
$$
I_d=\frac{2}{3 c^3} \ddot{d}^2=\frac{2 a^2 \omega^4}{3 c^3} q^2, \quad \text {поэтому} \quad I_d=\frac{a^2 \omega^4}{3 c^3} q_0^2,
$$где $q_0$ – амплитуда колебаний заряда на конденсаторе. Энергия конденсатора равна $\mathcal{E}_C=2 \pi q^2 a / s$. Полная энергия колебательного контура есть $\mathcal{E}=2 \pi q_0^2 a / s$. Уравнение, описывающее баланс энергии, имеет вид
$$
\frac{\mathrm d \mathcal{E}}{\mathrm d t} \approx-\overline{I}_d, \quad \text {или} \quad \dot{q}_0=\frac{a s \omega^4}{12 \pi c^3} q_0 .
$$Находим решение уравнения:
$$
q_0=q_0(0) \exp \left(-\frac{a s \omega^4}{12 \pi c^3} t\right), \quad \mathcal{E}=\mathcal{E}_0 \exp \left(-\frac{a s \omega^4}{6 \pi c^3} t\right) .
$$Добротность будет равна
$$
Q=\frac{6 \pi c^3}{a s \omega^3}=\frac{3}{4 \pi^2} \frac{\lambda^3}{a s} \gg 1 .
$$Добротность велика, поскольку размеры конденсатора много меньше длины волны. Это позволяет считать, что заряд на конденсаторе колеблется почти гармонически (затухая за $Q /(2 \pi)$ периодов) с частотой $\omega \approx \omega_0$.