Pho.rs: Столкновения в плазме

A1 ^?? Запишите уравнения движения для обоих частиц и покажите, что их взаимодействие друг с другом эквивалентно взаимодействию каждой с эффективным постоянным Кулоновским полем с центром совпадающим с центром масс $CM$.

Со стороны 2-ой частицы на 1-ую действует сила
\[\vec{F}_{2 \to 1} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Z_1 Z_2 e^2}{|\vec{r}_1-\vec{r}_2|^3} \cdot \left( \vec{r}_1 - \vec{r}_2 \right),\]поэтому
\[m_1 \ddot{\vec{r}}_1 = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Z_1 Z_2 e^2}{|\vec{r}_1-\vec{r}_2|^3} \cdot \left( \vec{r}_1 - \vec{r}_2 \right), \quad m_2 \ddot{\vec{r}}_2=-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Z_1 Z_2 e^2}{|\vec{r}_1-\vec{r}_2|^3} \cdot \left( \vec{r}_1 - \vec{r}_2 \right).\]

Ответ: \[m_1 \ddot{\vec{r}}_1 = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Z_1 Z_2 e^2}{|\vec{r}_1-\vec{r}_2|^3} \cdot \left( \vec{r}_1 - \vec{r}_2 \right), \quad m_2 \ddot{\vec{r}}_2=-\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Z_1 Z_2 e^2}{|\vec{r}_1-\vec{r}_2|^3} \cdot \left( \vec{r}_1 - \vec{r}_2 \right).\]

Положение центра масс $\vec{r}_{CM}$ найдем по определению и относительного него положение 1-ой частицы $\vec{r}=\vec{r}_1 - \vec{r}_{CM}$:
\[\vec{r}_{CM}=\frac{m_1 \vec{r}_1 + m_2 \vec{r}_2}{m_1 + m_2}, \quad \vec{r} = \vec{r}_1 - \vec{r}_{CM} = \left( \vec{r}_1 - \vec{r}_2 \right) \frac{m_2}{m_1 + m_2}.\]Для величины $\vec{r}_1 -\vec{r}_2$ выполняется следующее соотношение:
\[ \ddot{\left( \vec{r}_1 - \vec{r}_2 \right)} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Z_1 Z_2 e^2}{|\vec{r}_1 - \vec{r}_2|^3} \frac{m_1 + m_2}{m_1 m_2} \left( \vec{r}_1 - \vec{r}_2 \right), \]значит для $\vec{r}$ выполняется
\[\ddot{\vec{r}} = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Z_1 Z_2 e^2}{|\vec{r}|^3} \frac{m_2^2}{m_1(m_1+m_2)^2}\vec{r}\]В итоге II Закон Ньютона для первой частицы в системе отсчета центра масс можно написать как взаимодействие с кулоновским полем, центрированным в $\vec{r}_{CM}$:
\[m_1\ddot{\vec{r}}= \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Z_1 Z_2 e^2}{|\vec{r}|^3} \frac{m_2^2}{(m_1 + m_2)^2} \vec{r} \]

A2 ^?? Запишите закон сохранения момента импульса для первой частицы в терминах $r$, $\theta$.

\[
\begin{cases}
\vec{L} = m_1 \vec{v} \times \vec{r}\\
\dot{\vec{L}} = \vec{M} = \vec{r} \times \vec{F} \propto \vec{r} \times \vec{r} = 0
\end{cases}
\quad \Rightarrow \quad L = m_1 \dot{\theta} r^2 = m_1 v_1' b',\]
где
\[ v_1' = v_1 - v_1 \frac{m_1}{m_1+m_2} = v_1 \frac{m_2}{m_1 + m_2}, \quad b' = b\frac{m_2}{m_1 + m_2} \]

Ответ: \[ L = m_1 \dot{\theta} r^2 = m_1 v_1 b \frac{m_2^2}{(m_1+m_2)^2} \]

A3 ^?? Запишите II закон Ньютона в терминах радиальных координат $r$ и $\theta$ и их производных $\ddot{r}$ и $\dot{\theta}$.

Ответ: \[m_1(\ddot{r} - \dot{\theta}^2 r) = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{Z_1 Z_2 e^2}{r^2} \frac{m_2^2}{(m_1 + m_2)^2}\]

A4 ^?? Введите замену Бине $u = 1/r$ и получите дифференциальное уравнение на $u(\theta)$, в виде гармонических колебаний
\[u'' + Au + B = 0,\]где $u''$ - это вторая производна $u$ по углу $\theta$.

Выразим $u''$ через $\ddot{r}$ и $u$:
\[u'=\frac{du}{d\theta} = -\frac{dr}{d \theta} \cdot \frac{1}{r^2} = -\frac{dr}{dt} \frac{dt}{d \theta} \frac{1}{r^2} = -\frac{m_1\dot{r}}{L}\]\[u''=\frac{du'}{d\theta} = -\frac{m_1 d(\dot{r})}{L \, d \theta} = -\frac{m_1 \ddot{r}}{L\dot{\theta}} = -\frac{m_1^2 \ddot{r}}{L^2 u^2} \quad \Rightarrow \quad \ddot{r} = -\frac{u'' u^2 L^2}{m_1^2}\]Тогда II закон Ньютона в терминах $u$ имеет вид
\[-\frac{u'' u^2 L^2}{m_1} - \frac{L^2 u^3}{m_1} = \frac{Z_1 Z_2 e^2}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{m_2^2}{(m_1 + m_2)^2} u^2 \]

Ответ: \[u''+u + \frac{Z_1 Z_2 e^2}{4 \pi \varepsilon_0 v_1^2 b^2} \frac{ (m_1+m_2)^2}{m_1 m_2^2} = 0\]

A5 ^?? Выразите угол отклонения $\chi$ в системе отсчета центра масс через $b$, $v_1$, $m_{1,2}$ и $Z_{1,2}$.

Из вида уравнения следует, что $u + B = C\cos \theta$ если отсчитывать угол $\theta$ от перицентра орбиты. В таком случае
\[ \cos \left( \frac{\pi}{2}-\frac{\chi}{2} \right) = \frac{B}{C}.\]Осталось найти амплитуду $C$. Для этого запишем
\[ \dot{\theta}r^2 = \frac{L}{m_1} \quad \Rightarrow \quad \frac{d \theta}{du} \frac{du}{dr} \frac{dr}{dt} r^2 = \frac{L}{m_1},\]причем $du/dr=-1/r^2$, поэтому с учетом того, что на бесконечности $dr/dt\simeq v_1'$
\[\frac{v_1'}{u'}=\frac{L}{m_1} \quad \Rightarrow \quad u'(u=0) = \frac{m_1 v_1'}{L}.\]Учитывая, что $u' = -C \sin \theta$, получим $(u-B)^2 + (u')^2 = C^2$. Запишем это выражение для $u=0$ (на бесконечности)
\[C = \sqrt{\frac{m_1^2 v_1'^2}{L^2} + B^2}.\]В итоге
\[\sin \frac{\chi}{2} = \frac{1}{\sqrt{1+\frac{m_1^2 v_1'^2}{L^2B^2}}} \quad \Rightarrow \quad \tan \frac{\chi}{2} = \frac{LB}{m_1v_1} = \frac{Z_1 Z_2 e^2}{4 \pi \varepsilon_0 m_1 v_1^2 b} \]

Ответ: \[\chi = 2 \arctan \frac{Z_1 Z_2 e^2}{4 \pi \varepsilon_0 m_1 v_1^2 b}\]

A6 ^?? Чему равен $b_{90}$? Ответ выразите через $Z_1$, $Z_2$, $m_1$ и $v_1$.

Для $\chi = 90^\circ$ выполняется, что $\tan( \chi/2 )= 1$, значит
\[b_{90} = \frac{Z_1 Z_2 e^2}{4 \pi \varepsilon_0 m_1 v_1^2}\]

Ответ: \[b_{90} = \frac{Z_1 Z_2 e^2}{4 \pi \varepsilon_0 m_1 v_1^2}\]

A7 ^?? В этом пункте мы будем работать в системе отсчета, в которой вторая частица была изначально неподвижна.

Насколько изменяется $\Delta p(b)$ проекция импульса первой частицы на направление изначального движения при рассеянии на второй частице в приближении малых углов $b \gg b_{90}$? Ответ выразите через изначальный импульс частицы $p$, $m_{1,2}$, $b$ и $b_{90}$.

В лабораторной системе отсчета скорость первой частицы была $\vec{v}_1=(v_1,0)^T$ а после рассеяния стала
\[\vec{v}_1' = \begin{pmatrix}
v_1\frac{m_1}{m_1 + m_2} + v_1 \frac{m_2}{m_1 + m_2} \cos \chi \\
v_1 \frac{m_2}{m_1 + m_2} \sin\chi
\end{pmatrix}\]

\[\Delta p = m_1(v_{1x}'-v_1) \simeq -p \frac{m_2}{m_1 + m_2} \frac{\chi^2}{2} \simeq - p\frac{m_2}{m_1 + m_2} \frac{2 b_{90}^2}{ b^2} \]

Ответ: \[\Delta p\simeq - p\frac{m_2}{m_1 + m_2} \frac{2 b_{90}^2}{ b^2} \]

B1 ^?? Найдите выражение для $\Delta p$, учитывая, что масса иона гораздо больше массы электрона. Ответ выразите через $p$, $b_{90}$, $n_0$, $l$ и $\Lambda$.

\[\Delta p = - \int\limits_{b_{90}}^{\lambda_D}p \frac{m_2}{m_1 + m_2} \frac{2b_{90}^2}{b^2} 2\pi b l \, db \simeq -p \cdot 4 \pi b_{90}^2 l n_0 \ln \Lambda\]

Ответ: \[\Delta p = -p \cdot 4 \pi b_{90}^2 l n_0 \ln \Lambda\]

B2 ^?? Покажите, что вероятность $P_\text{any}$, что электрон обладает любым значением скорости, равна единице, т.е.
\[P_\text{any} = \int\limits_{-\infty}^{+\infty} dv_x \int\limits_{-\infty}^{+\infty} dv_y \int\limits_{-\infty}^{+\infty} dv_z f(v_x, v_y, v_z) = 1. \]

Поскольку пределы бесконечны, мы можем сдвинуть систему координат, чтобы сделать подынтегральное выражение симметричным:
\[P_\text{any} = \int \left( \frac{m}{2\pi k_\text{B}T} \right)^{3/2} \exp \left( -\frac{mv^2}{2k_\text{B}T} \right) d^3\vec{v}.\]Из-за сферической симметрии можем проинтегрировать по тонким сферическим слоям: $d^{3}\vec{v} = 4\pi v^2 \, dv$:
\[P_\text{any} =4\pi \left( \frac{m}{2\pi k_\text{B}T} \right)^{3/2} \int\limits_0^{\infty} \exp \left( -\frac{mv^2}{2k_\text{B}T} \right) v^2 dv.\]Проведя обезразмеривание $u=v\sqrt{\dfrac{m}{2k_\text{B}T}}$, получаем:
\[P_\text{any} = \frac{4}{\sqrt{\pi}} \int\limits_0^{\infty} e^{-u^2}u^2 du = -\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int\limits_0^{\infty} u \, d\left( e^{-u^2}\right) = 0+\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int\limits_0^{\infty}e^{-u^2} du\]Интеграл $\int\limits_{-\infty}^{\infty} e^{-u^2} \, du$ симметричен относительно $u \to -u$, тогда $\int\limits_{0}^{\infty} e^{-u^2} \, du = \sqrt{\pi}/2$ и $P_\text{any}=1$.

B3 ^?? Найдите среднее значение модуля скорости $\langle v \rangle$ электрона в выбранном объеме. Считайте, что $\langle v \rangle $ не зависит от $v_d$.

\[\langle v \rangle = \int \left( \frac{m}{2\pi k_\text{B}T} \right)^{3/2} v \exp \left( -\frac{mv^2}{2k_\text{B}T} \right) d^3\vec{v} \simeq 4\pi \left( \frac{m}{2\pi k_\text{B}T} \right)^{3/2} \int\limits_0^{\infty} \exp \left( -\frac{mv^2}{2k_\text{B}T} \right) v^3 dv\]Теперь удобнее использовать подстановку $u=\dfrac{mv^2}{2k_\text{B}T}$:
\[ \langle v \rangle = \sqrt{\frac{8k_\text{B}T}{\pi m}} \int\limits_0^{\infty} e^{-u} u \, du = -\sqrt{\frac{8k_\text{B}T}{\pi m}} \int\limits_0^{\infty} u \, d\left( e^{-u} \right) =\sqrt{\frac{8k_\text{B}T}{\pi m}} \int\limits_0^{\infty}e^{-u} du = \sqrt{\frac{8k_\text{B}T}{\pi m}}\]

Ответ: \[\langle v \rangle = \sqrt{\frac{8 k_\text{B}T}{\pi m}}\]

B4 ^?? Найдите среднюю силу $\langle \vec{F} \rangle$, действующую на указанный объем электронного газа со стороны ионов. Для упрощения вычислений примите, что $\Lambda$ не зависит от скорости электрона и подставьте значение $\Lambda$ для $\langle v \rangle$. Также при вычислении силы примите модуль скорости не зависящим от $\vec{v}_d$. В указанных приближениях
\[ \langle \vec{F} \rangle \propto \vec{v}_d \int u^3 e^{-u^2} du.\]Заметим, что указанные приближения не меняют сущность явления и лишь приводят к неправильному численному коэффициенту.

На электрон, двигающийся со скоростью $\vec{v}$ действует сила
\[\vec{F}(\vec{v}) =-4\pi mn_0\vec{v}_1 v_1 b_{90}^2 \ln \Lambda\]Тогда средняя сила, действующая на один электрон из объема $\Delta V$
\[ \langle \vec{F} \rangle = -4\pi mn_0 b_{90}^2 \ln \Lambda \int (\vec{v}_d + \vec{u}) ue^{-\frac{mu^2}{2k_\text{B}T}}\, d^3\vec{u}. \]Одно слагаемое в интеграле равен нулю в силу симметрии. Второе слагаемое можно взять по сферам в пространстве скоростей:
\[\vec{v}_d\int\limits_0^{\infty} 4 \pi u^3 e^{-\frac{mu^2}{2k_\text{B}T}} du = \vec{v}_d 8\pi \left( \frac{2k_\text{B}T}{m} \right)^2 \int\limits_0^{\infty} x e^{-x} dx = \vec{v}_d 8\pi \left( \frac{2k_\text{B}T}{m} \right)^2 \]Тогда ответ
\[\langle \vec{F} \rangle = -32 \vec{v}_d \sqrt{\frac{2\pi k_\text{B}T}{m}} mn_0 b_{90}^2 \ln \Lambda \]

Ответ: \[\langle \vec{F} \rangle = -32 \vec{v}_d \sqrt{\frac{2\pi k_\text{B}T}{m}} mn_0 b_{90}^2 \ln \Lambda \]

B5 ^?? Запишите II закон Ньютона для выбранного объема электронного газа $\Delta V$, считая, что его взаимодействие с соседними объемами электронного газа скомпенсировано.

Ответ: \[ n\Delta V m \ddot{\vec{r}} = -32\dot{\vec{r}} n \Delta V \sqrt{\frac{2\pi k_\text{B}T}{m}} mn_0 b_{90}^2 \ln \Lambda - en\Delta V \tilde{E} e^{-i \omega t}\]

B6 ^?? Найдите плотность тока $\vec{j}$ возникающего в рассмотренной плазме под действием внешнего поля $\tilde{E} e^{-i \omega t}$.

Выполним подстановку периодического движения $\vec{v} = \vec{v}_0 e^{-i\omega t}$:
\[-i\omega m \vec{v}_0 e^{- i \omega t} = -32 \vec{v}_0 e^{- i \omega t} \sqrt{\frac{2\pi k_\text{B}T}{m}} mn_0 b_{90}^2 \ln \Lambda - e\tilde{E} e^{- i \omega t} \]тогда
\[\vec{v}_0 = \frac{e\tilde{E}}{i \omega m - 32 \sqrt{\frac{2\pi k_\text{B}T}{m}} mn_0 b_{90}^2 \ln \Lambda} \quad \Rightarrow \quad \vec{j}_t =\frac{ne^2}{32 \sqrt{\frac{2\pi k_\text{B}T}{m}} mn_0 b_{90}^2 \ln \Lambda - i \omega m} \tilde{E} e^{-\omega t}\]

Ответ: \[ \vec{j}_t =\frac{ne^2}{32 \sqrt{\frac{2\pi k_\text{B}T}{m}} mn_0 b_{90}^2 \ln \Lambda - i \omega m} \tilde{E} e^{-\omega t}\]

B7 ^?? Пользуясь тем, что проводимость $\sigma = \mathfrak{Re} \left\lbrace \dfrac{j}{\tilde{E}e^{-i\omega t}}\right\rbrace$, найдите проводимость плазмы $\sigma$.

\[ \sigma = \operatorname{\mathfrak{Re}}\left\lbrace \frac{ne^2}{32 \sqrt{\frac{2\pi k_\text{B}T}{m}} mn_0 b_{90}^2 \ln \Lambda - i \omega m} \right\rbrace = ne^2\frac{32 \sqrt{\frac{2\pi k_\text{B}T}{m}} mn_0 b_{90}^2 \ln \Lambda }{ \omega^2 m^2 + \left(32 \sqrt{\frac{2\pi k_\text{B}T}{m}} mn_0 b_{90}^2 \ln \Lambda \right)^2}\]

Ответ: \[ \vec{j}_t =\frac{ne^2}{32 \sqrt{\frac{2\pi k_\text{B}T}{m}} mn_0 b_{90}^2 \ln \Lambda - i \omega m} \tilde{E} e^{-\omega t}\]

Столкновения в плазме

Решение