1. Интересные превращения кинетической энергии в потенциальную и обратно наблюдаются при абсолютно упругом ударе. Так называется столкновение тел, в результате которого их внутренние энергии не меняются. В чистом виде такой случай при столкновении макроскопических тел не встречается. Но к нему можно подойти довольно близко. Это имеет место, например, при столкновениях бильярдных шаров из слоновой кости или подходящей пластмассы. При столкновениях атомных, ядерных или элементарных частиц может реализоваться и случай абсолютно упругого удара в чистом виде. Такая возможность связана с квантовыми законами. Внутренние состояния и соответствующие им значения внутренней энергии атомных частиц дискретны (квантованы). Частицы при столкновении могут разлететься без изменения внутренних состояний. Тогда столкновение и будет абсолютно упругим. Так будет всегда, когда кинетической энергии сталкивающихся частиц недостаточно, чтобы перевести хотя бы одну из них из нормального в ближайшее возбужденное состояние, характеризующееся бо́льшим значением внутренней энергии. При больших энергиях столкновение может сопровождаться возбуждением одной или обеих частиц с увеличением их внутренних энергий. Наконец, может быть и такой случай, когда сталкиваются возбужденные частицы и в результате столкновения их внутренние энергии уменьшаются. Во всех таких случаях говорят о неупругих ударах.
2. Рассмотрим сначала центральные удары абсолютно упругих шаров. В этом случае скорости шаров до удара $v_{1}$ и $v_{2}$ направлены вдоль прямой, соединяющей их центры. Эта прямая называется линией центров. При столкновении кинетическая энергия шаров $1 / 2\left(m_{1}+m_{2}\right) V^{2}$, связанная с движением их центра масс, измениться не может, так как не может измениться скорость самого центра масс. Может претерпевать превращения только кинетическая энергия $1 / 2 \mu\left(v_{1}-v_{2}\right)^{2}$ относительного движения шаров. В случае абсолютно упругого удара шары при столкновении сплющиваются, и кинетическая энергия частично переходит в потенциальную энергию упругих деформаций. В некоторый момент вся кинетическая энергия относительного движения $1 / 2 \mu\left(v_{1}-v_{2}\right)^{2}$ переходит в потенциальную энергию упруго-деформированных шаров. В этот момент шары аналогичны сжатым пружинам, стремящимся перейти в недеформированное состояние. Ввиду этого начинается обратный процесс перехода энергии упругих деформаций в кинетическую энергию поступательного движения шаров. Когда он заканчивается, шары разлетаются в разные стороны и вновь оказываются недеформированными. Таким образом, кинетическая энергия поступательного движения шаров снова принимает исходное значение, каким оно было до удара. Для реальных тел этот процесс осложняется возникновением упругих возмущений, распространяющихся в шарах со скоростью звука, излучением звуковых волн, а также внутренним трением и остаточными деформациями. После столкновения часть энергии уносится в виде энергии таких упругих возмущений, внутренних движений и звуковых волн, излученных в окружающую среду. Эта часть энергии в конце концов переходит в тепловую (внутреннюю) энергию. Она может быть очень малой и в предельном случае идеально упругих шаров обращается в нуль.
3. Скорости шаров после столкновения $v_{1}^{\prime}$ и $v_{2}^{\prime}$ легко найти из законов сохранения импульса тела и энергии:
\[
\begin{aligned}
m_{1} v_{1}^{\prime}+m_{2} v_{2}^{\prime} & =m_{1} v_{1}+m_{2} v_{2}, \\
\frac{1}{2} m_{1} v_{1}^{\prime 2}+\frac{1}{2} m_{2} v_{2}^{\prime 2} & =\frac{1}{2} m_{1} v_{1}^{2}+\frac{1}{2} m_{2} v_{2}^{2} .
\end{aligned}
\]

Так как одно из этих уравнений квадратное, а другое – линейное, то система (28.1) должна иметь два решения относительно неизвестных $v_{1}^{\prime}$ и $v_{2}^{\prime}$. Одно из этих решений можно указать сразу, а именно $v_{1}^{\prime}=v_{1}, v_{2}^{\prime}=v_{2}$. Но это решение не удовлетворяет условию задачи. Ему соответствует случай, когда скорости шаров не изменились, т. е. шары не претерпели столкновения. Существование такого решения неизбежно. Действительно, законы сохранения импульса и энергии можно написать для двух любых состояний системы, разделенных каким-то промежутком времени $\Delta t$. Но в самих законах сохранения еще не заложено условие, что столкновение произошло. Это условие должно быть указано дополнительно. Если столкновение не произошло, то скорости шаров не могли измениться, и мы получаем решение $v_{1}^{\prime}=v_{1}, v_{2}^{\prime}=v_{2}$, указанное выше. Чтобы получить решение, относящееся к столкновению, очевидно, надо потребовать, чтобы скорости шаров изменились, т. е. чтобы $v_{1}^{\prime}
eq v_{1}$, $v_{2}^{\prime}
eq v_{2}$. Заметив это, перепишем уравнения (28.1) в виде
\[
m_{1}\left(v_{1}^{\prime}-v_{1}\right)=m_{2}\left(v_{2}-v_{2}^{\prime}\right), \quad m_{1}\left(v_{1}^{\prime 2}-v_{1}^{2}\right)=m_{2}\left(v_{2}^{2}-v_{2}^{\prime 2}\right) .
\]

Так как $v_{1}^{\prime}-v_{1}$ и $v_{2}^{\prime}-v_{2}$ не равны нулю, то уравнения можно поделить почленно. Это дает
\[
v_{1}+v_{1}^{\prime}=v_{2}+v_{2}^{\prime} .
\]

В результате задача сводится к решению системы двух линейных уравнений. Решая их, найдем единственное решение
\[
v_{1}^{\prime}=-v_{1}+2 \frac{m_{1} v_{1}+m_{2} v_{2}}{m_{1}+m_{2}}, \quad v_{2}^{\prime}=-v_{2}+2 \frac{m_{1} v_{1}+m_{2} v_{2}}{m_{1}+m_{2}},
\]

удовлетворяющее условию задачи.
4. Полезно привести другой способ решения той же задачи. Он сокращает вычисления и лучше выявляет структуру окончательных формул. Рассмотрим процесс удара сначала в системе центра масс, т. е. в такой системе отсчета, в которой центр масс неподвижен. Относительно неподвижной системы отсчета (ее называют лабораторной) центр масс движется со скоростью
\[
V=\frac{m_{1} v_{1}+m_{2} v_{2}}{m_{1}+m_{2}} .
\]

Скорости в системе центра масс будем обозначать прежними буквами, но с индексом 0 . Полный импульс в системе центра масс равен нулю, и законы сохранения импульса и энергии в такой системе запишутся в виде
\[
\begin{array}{c}
m_{1} v_{10}^{\prime}+m_{2} v_{20}^{\prime}=m_{1} v_{10}+m_{2} v_{20}=0, \\
\frac{1}{2} m_{1} v_{10}^{\prime 2}+\frac{1}{2} m_{2} v_{20}^{\prime 2}=\frac{1}{2} m_{1} v_{10}^{2}+\frac{1}{2} m_{2} v_{20}^{2} .
\end{array}
\]

Эта система уравнений имеет два решения, которые могут быть указаны без вычислений. Первое решение
\[
v_{10}^{\prime}=v_{10}, \quad v_{20}^{\prime}=v_{20}
\]

не удовлетворяет условиям задачи. Годится только второе решение, а именно
\[
v_{10}^{\prime}=-v_{10}, \quad v_{20}^{\prime}=-v_{20} .
\]

Мы видим, что в системе центра масс столкновение приводит просто к изменению знака каждой из скоростей.

Перейдем теперь к лабораторной системе отсчета. Очевидно, $v_{01}=v_{1}-V, v_{01}^{\prime}=v_{1}^{\prime}-V$ и т. д. Поэтому
\[
\left(v_{1}^{\prime}-V\right)=-\left(v_{1}-V\right), \quad\left(v_{2}^{\prime}-V\right)=-\left(v_{2}-V\right),
\]

откуда
\[
v_{1}^{\prime}=-v_{1}+2 V, \quad v_{2}^{\prime}=-v_{2}+2 V .
\]

Подставив сюда значение для $V$ из (28.3), придем к прежним формулам (28.2).
5. Допустим, что второй шар вначале был неподвижным $\left(v_{2}=0\right)$. Тогда
\[
v_{1}^{\prime}=\frac{m_{1}-m_{2}}{m_{1}+m_{2}} v_{1}, \quad v_{2}^{\prime}=\frac{2 m_{1}}{m_{1}+m_{2}} v_{1} .
\]

Если $m_{1}>m_{2}$, то первый шар будет двигаться в первоначальном направлении. При $m_{1}<m_{2}$ он отскочит в противоположном направлении. При $m_{1}=m_{2}$ первый шар остановится, а второй пойдет вперед со скоростью первого. Вообще, при $m_{1}=m_{2}$ из формул (28.2) получаем
\[
v_{1}^{\prime}=v_{2}, \quad v_{2}^{\prime}=v_{1},
\]
т. е. при столкновении двух одинаковых абсолютно упругих шаров они просто обмениваются скоростями.

Рассмотрим рад соприкасающихся одинаковых абсолютно упругих шаров, центры которых расположены вдоль одной и той же прямой линии (рис. 49). В соответствующем демонстративном опыте шары подвешиваются на нитях, а не располагаются на поверхности стола, чтобы не возникало вращение их из-за трения между шарами и поверхностью стола. Отклоним в сторону шар 1. Ударившись о шар 2 со скоростью $v$, он передаст ему эту скорость, а сам остановится. С шаром 2 произойдет то же самое – при ударе о шар 3 он остановится, а шар 3 придет в движение со скоростью $v$. Этот процесс будет повторяться с каждым впереди находящимся шаром. В конце концов последний шар отскочит со скоростью $v$, а все прочие шары останутся в состоянии покоя.

Отклоним теперь два шара. При возвращении в нижнее положение они приобретут одну и ту же скорость $v$ и, двигаясь с такой ско-
Рис. 49

ростью, ударят впереди находящийся шар (рис. 50). Оказывается, что в результате удара отскочат два последних шара со скоростью $v$, а все остальные шары останутся в покое. Явление можно объяснить следующим образом. Шар 2 ударяет в шар 3. В результате этого шар 2 останавливается, а шар 3 приобретает скорость $v$. Однако шар 2 сразу же подвергается удару со стороны шара 1 и снова приобретает преж-
Рис. 50

нюю скорость $v$. Таким образом, шар $l$ придет в состояние покоя, а шары 2 и 3 будут двигаться вместе со скоростью $v$. Повторяя это рассуждение, найдем, что затем остановится шар 2 , а начнут двигаться шары 3 и 4 и т. д. В конце концов скорость $v$ приобретут два последних шара, а все остальные шары придут в состояние покоя. Вместо двух можно отклонить три, четыре и т. д. шара, сообщив им одну и ту же скорость $v$. После удара отскочит такое же количество шаров, остальные же шары останутся неподвижными.
6. Рассмотрим теперь нецентральный удар твердых упругих шаров. Так называется столкновение, когда в момент удара начальРис. 51 ные скорости шаров не совпадают по направлению с линией центров. Разложим в момент столкновения начальную скорость каждого шара на нормальную $v_{n}$ и тангенциальную $v_{t}$ составляющие, т. е. составляющие вдоль линии центров и перпендикулярно к ней (рис. 51 ). Так же поступим с конечными скоростями шаров в момент начала их разлета. Тогда законы сохранения импульса тела и энергии запишутся в виде
\[
\begin{aligned}
m_{1} v_{1 n}^{\prime}+m_{2} v_{2 n}^{\prime} & =m_{1} v_{1 n}+m_{2} v_{2 n}, \\
m_{1} v_{1 t}^{\prime}+m_{2} v_{2 t}^{\prime} & =m_{1} v_{1 t}+m_{2} v_{2 t}, \\
\frac{1}{2} m_{1}\left(v_{1 n}^{\prime 2}+v_{1 t}^{\prime 2}\right)+\frac{1}{2} m_{2}\left(v_{2 n}^{\prime 2}+v_{2 t}^{\prime 2}\right) & =\frac{1}{2} m_{1}\left(v_{1 n}^{2}+v_{1 t}^{2}\right)+\frac{1}{2} m_{2}\left(v_{2 n}^{2}+v_{2 t}^{2}\right) .
\end{aligned}
\]

Получилось всего три уравнения для определения четырех неизвестных $v_{1 n}^{\prime}$, $v_{1 t}^{\prime}, v_{2 n}^{\prime}, v_{2 t}^{\prime}$. Чтобы написать недостающее уравнение, введем предположение, что при столкновении шаров не возникают тангенциальные силь. В сущности, ввести такое предположение вынуждает нас закон сохранения энергии, уже использованный при написании наших уравнений. Действительно, если бы тангенциальные скорости сталкивающихся шаров были одинаковы $\left(v_{1 t}=v_{2 t}\right)$, то рассматриваемый случай сводился бы к случаю центрального удара, уже разобранному выше. Для этого достаточно было бы перейти в систему отсчета, в которой $v_{1 t}=v_{2 t}$. Поэтому без ущерба для общности мы будем предполагать, что $v_{1 t}
eq v_{2 t}$. Но тогда, если бы при столкновении развивались тангенциальные силы трения скольжения, механическая энергия не могла бы сохраняться. Поэтому, предполагая удар идеально упругим, мы должны считать сами шары идеально гладкими. При их столкновении тангенциальные силы не возникают. Если так, то не происходит также изменения тангенциальных скоростей, и к уравнениям (28.6) следует присоединить уравнения $v_{1 t}^{\prime}=v_{1 t}, v_{2 t}^{\prime}=v_{2 t}$. Тогда останутся только уравнения для нормальных скоростей, отличающиеся от уравнений (28.1) лишь обозначениями. В результате мы приходим к следующему заключению.

При столкновении гладких идеально упругих шаров их тангенциальнье скорости не изменяются. Нормальные же скорости изменяются так же, как и скорости при центральном ударе. В частности, при столкновениях не изменяются состояния вращения шаров. Это было бы возможно только при наличии тангенциальных сил. Если шары одинаковы, то при столкновении они обмениваются нормальными скоростями, тангенциальные скорости их остаются неизменными.
7. Отметим случай, когда масса одного из шаров бесконечно велика. В этом случае скорость большего шара при столкновении вообще не изменится. Устремляя радиус этого шара к бесконечности, в пределе придем к задаче о столкновении гладкого упругого шара с гладкой плоской стенкой. Если связать систему отсчета с такой стенкой, то можно сказать, что при столкновении с ней тангенциальная скорость шара не меняется, а нормальная меняет знак. Это значит, что шар отражается от стенки «зеркально»: его скорость по модулю не изменяется, а угол падения равен углу отражения.

Удар под углом о массивную стенку сообщает ей конечный импульс, в то время как кинетическая энергия, приобретаемая стенкой, пренебрежимо мала. Например, если удар нормальный, то скорость шара $v$ после удара становится равной $-v$, а импульс шара получает приращение $-2 m v$. Чтобы общий импульс не изменился, стенка должна воспринять импульс $M V=2 m v$, проявляющийся в конечной силе удара, действующей на стенку. При этом стенка получает скорость $V=2 \frac{m v}{M}$, которая для массивной стенки бесконечно мала. Бесконечно мала и кинетическая энергия, приобретаемая стенкой. Действительно, ее можно представить в виде $\frac{M V^{2}}{2}=M V \cdot \frac{V}{2}$, т. е. в виде произведения конечного импульса $M V$ на половину бесконечно малой скорости $V / 2$.

ЗАДАЧИ

1. На гладком горизонтальном столе лежит шар массой $m_{1}$, соединенный с пружиной жесткости $k$. Второй конец пружины закреплен (рис. 52). Происходит лобовое упругое соударение этого шара с другим шаром, масса которого $m_{2}$ меньше $m_{1}$, а скорость равна $v$. В какую сторону будет двигаться второй шар после удара? Определить амплитуду колебаний первого шара $A$ после соударения.
Ответ. После соударения второй шар отскочит назад.
\[
A=\frac{2 m_{2} v}{m_{1}+m_{2}} \sqrt{\frac{m_{1}}{k}} .
\]
2. Система состоит из двух шаров с массами $m$ и $M$, соединенных между собой невесомой пружиной жесткости $k$ (рис. 53). Третий шар массой $m$, движущейся вдоль оси пружины со скоростью $v$, претерпевает упругое столкновение с шаром $m$, как указано на рис. 53. Считая шары абсолютно жесткими, найти после столкновения: 1) кинетическую энергию $К$ движения системы как целого; 2) внутренРис. 53 нюю энергию системы $E_{\text {вн }}$; 3) амплитуду колебаний $A$ одного шара относительно другого . До удара система покоилась, а пружина не была деформирована. Какие шары могут рассматриваться как абсолютно жесткие?
Ответ. 1) $K=\frac{(m v)^{2}}{2(M+m)}$;
2) $E_{\mathrm{BH}}=\frac{M m v^{2}}{2(M+m)}$;
3) $A=v \sqrt{\frac{M m}{k(M+m)}}$.
3. Ядра дейтерия $\mathrm{D}$ и трития $\mathrm{T}$ могут вступать в реакцию
\[
\mathrm{D}+\mathrm{T} \rightarrow{ }^{4} \mathrm{He}+\mathrm{n}+17,6 \mathrm{M} \text { эB, }
\]

в результате которой образуются нейтроны п и $\alpha$-частицы, т. е. ядра гелия ${ }^{4}$ Не. При каждой реакции выделяется энергия 17,6 МэВ. Определить, какую энергию уносит нейтрон и какую – $\alpha$-частица. Кинетические энергии, которыми обладали частицы до реакции, пренебрежимо малы.

Пояснение. Дейтерий – изотоп водорода с атомной массой 2 , тритий – изотоп водорода с атомной массой $3,{ }^{4} \mathrm{He}-$ обычный гелий с атомной массой 4.
Ответ. $\alpha$-частица уносит 3,5 МэВ, нейтрон $-14,1$ МэВ.
4. Ядра дейтерия $\mathrm{D}$ могут вступать друг с другом в реакцию, в результате которой образуется протон и ядра трития Т. Каждый протон уносит кинетическую энергию 3 МэВ. Какую кинетическую энергию уносит ядро атома трития и каков общий энергетический выход реакции? Кинетические энергии, которыми обладали частицы до реакции, пренебрежимо малы.

Ответ. Ядро трития уносит энергию 1 МэВ; общий энергетический выход реакции 4 МэВ.
5. Ядра дейтерия могут вступать также в реакцию
\[
\mathrm{D}+\mathrm{D} \rightarrow{ }^{3} \mathrm{He}+\mathrm{n}+3,25 \text { МэВ. }
\]

Какую энергию уносит нейтрон и какую – ядро гелия ${ }^{3} \mathrm{He}$ с атомной массой 3? Кинетические энергии, которыми обладали частицы до реакции, пренебрежимо малы.
Ответ. Нейтрон уносит энергию 2,44 МэВ, ядро ${ }^{3} \mathrm{He}-0,81$ МэВ.
6. В реакции
\[
{ }^{3} \mathrm{He}+\mathrm{D} \rightarrow{ }^{4} \mathrm{He}+\mathrm{p}
\]

получаются протоны с энергией 14,6 МэВ. Какую энергию уносит ядро гелия-4 ( $\left.{ }^{4} \mathrm{He}\right)$ и какой общий энергетический выход реакции? Кинетические энергии, которыми обладали частицы до реакции, пренебрежимо малы.

От в ет. Ядро ${ }^{4} \mathrm{He}$ уносит энергию $3,7 \mathrm{MэB}$, общий энергетический выход реакции 18,3 МэВ.
7. Движущаяся частица претерпевает упругое столкновение с покоящейся частицей такой же массы. Доказать, что после столкновения, если оно не было лобовым, частицы разлетятся под прямым углом друг к другу. Как будут двигаться частицы после лобового столкновения? При столкновении вращения не возникает.

Решение. Пусть $\mathbf{v}$ – скорость первой частицы до столкновения, $\mathbf{v}_{1}$ и $\mathbf{v}_{2}$ – скорости частиц после столкновения. Законы сохранения импульса и энергии дают
\[
\mathbf{v}=\mathbf{v}_{1}+\mathbf{v}_{2}, \quad v^{2}=v_{1}^{2}+v_{2}^{2} .
\]

Возводя первое соотношение в квадрат и вычитая из него второе, получим $\left(\mathbf{v}_{1} \mathbf{v}_{2}\right)=0$. Если оба вектора $\mathbf{v}_{1}$ и $\mathbf{v}_{2}$ не равны нулю, что будет при не лобовом ударе, то угол между ними равен $90^{\circ}$. При лобовом столкновении $v_{1}=0, v_{2}=v$, т. е. частицы просто обмениваются скоростями.
8. При бомбардировке гелия $\alpha$-частицами с энергией 1 МэВ найдено, что налетающая частица отклонилась на $60^{\circ}$ от первоначального направления полета. Считая удар упругим, определить энергию частицы и энергию ядра отдачи.
Ответ. $1 / 4$ МэВ и $3 / 4$ МэВ.
9. Определить долю энергии, теряемую частицей массой $m_{1}$ при упругом столкновении ее с неподвижной частицей массой $m_{2}$, если после столкновения частица продолжает двигаться в прежнем (когда $m_{1}>m_{2}$ ) или прямо противоположном (когда $m_{1}<m_{2}$ ) направлениях. Показать, что доля теряемой энергии не зависит от того, какая частица движется, а какая покоится. При каком соотношении масс $m_{1} / m_{2}$ потеря энергии максимальна? Используя полученные результаты, объяснить, почему в ядерных реакторах для замедления нейтронов используется рассеяние их на ядрах легких (дейтерий, углерод), а не тяжелых атомов.
Ответ. $\frac{\Delta E}{E}=4 \frac{m_{1} m_{2}}{\left(m_{1}+m_{2}\right)^{2}}$. Потеря энергии максимальна при $m_{1}=m_{2}$.
10. Определить долю энергии $\alpha$, теряемую протоном при упругом рассеянии под углом $180^{\circ}$ на протоне, дейтроне, ядре гелия и ядре углерода.

Ответ. $\alpha=4 A /(1+A)^{2}$, где $A$ – атомная масса частицы, с которой сталкивается протон:

11. Каков максимальный угол $\vartheta$ рассеяния $\alpha$-частицы и дейтрона при упругом рассеянии в водороде?

Решение. Пусть $m_{1}$ – масса рассеиваемой частицы ( $\alpha$-частицы или дейтрона), $v$ – ее скорость до рассеяния; $m_{2}$ – масса рассеивающей частицы (атома водорода); $v_{1}$ и $v_{2}$ – скорости частицы после рассеяния (рис. 54). Законы сохранения импульса и энергии дают
\[
\begin{array}{c}
m_{1} v=m_{1} v_{1} \cos \alpha+m_{2} v_{2} \cos \beta, \\
m_{1} v_{1} \sin \alpha=m_{2} v_{2} \sin \beta, \\
m_{1} v^{2}=m_{1} v_{1}^{2}+m_{2} v_{2}^{2} .
\end{array}
\]

Исключив отсюда угол $\beta$ и скорость $v_{2}$, получим для $v_{1}$ квадратное уравнение
\[
\left(m_{1}+m_{2}\right) v_{1}^{2}-2 m_{1} v v_{1} \cos \alpha+\left(m_{1}-m_{2}\right) v^{2}=0 .
\]

Условие вещественности корней его, как легко видеть, имеет вид $\sin \alpha \leqslant m_{2} / m_{1}$. Максималь-
ный угол $\alpha$, удовлетворяющий этому условию, и будет равен углу $v$. Таким образом, $\sin \vartheta=m_{2} / m_{1}$. Отсюда находим для $\alpha$-частицы $\vartheta=14^{\circ} 30^{\prime}$, для дейтрона $\vartheta=30^{\circ}$.
12. Альфа-частица, летящая со скоростью $v_{0}$, испытывает упругое столкновение с неподвижным ядром и летит под углом $90^{\circ}$ к первоначальному направлению движения. При каком соотношении масса $\alpha$-частицы $m$ и ядра $M$ это возможно? Определить скорость $\alpha$-частицы и ядра $V$ после столкновения. Определить также угол $\vartheta$ между направлением скорости вылетающего ядра и первоначальным направлением движения $\alpha$-частицы.
Ответ. Масса $\alpha$-частицы должна быть меньше массы ядра: $m<M$;
\[
\begin{array}{c}
v=v_{0} \sqrt{\frac{M-m}{M+m}}, \\
V=\frac{m v_{0}}{M} \sqrt{\frac{2 M}{M+m}}, \\
\operatorname{tg} \vartheta=\sqrt{\frac{M-m}{M+m}} .
\end{array}
\]
13. Частица массой $m$, летящая горизонтально со скоростью $V$, сталкивается с невозбужденным неподвижным атомом массой $M$, после чего она отскакивает и летит в прямо противоположном направлении с половинной скоростью $V / 2$, а атом переходит в возбужденное состояние, т. е. в состояние с более высокой внутренней энергией. Определить скорость атома $v$ после столкновения и энергию $E$, которая пошла на возбуждение атома. Для каких невозбужденных атомов описанный процесс невозможен?

Ответ. $v=\frac{3}{2} m V / M, E=\frac{3}{8} m V^{2}\left(1-\frac{3 m}{M}\right)$. Процесс невозможен, если $M<3 m$.
14. Ядра дейтерия и трития летят навстречу друг другу таким образом, что центр масс этих частиц остается неподвижным. Суммарная кинетическая энергия обеих частиц равна $E=15$ кэВ. До какой энергии $E_{\mathrm{D}}$ надо ускорить ядро дейтерия, оставляя тритий неподвижным, чтобы получить тот же выход реакции? Какая энергия $E_{\text {т }}$ потребуется для той же цели, если ускорять тритий?

Рассматриваемая реакция, а также реакция, о которой говорится в следующей задаче, являются основными реакциями, с помощью которых предполагается осуществить управляемую термоядерную реакцию синтеза для использования в мирных целях.
Ответ. $E_{\mathrm{D}}=\frac{m_{\mathrm{D}}+m_{\mathrm{T}}}{m_{\mathrm{T}}} E=\frac{5}{3} E=25$ кэВ,
\[
E_{\mathrm{T}}=\frac{m_{\mathrm{D}}+m_{\mathrm{T}}}{m_{\mathrm{D}}} E=\frac{5}{2} E=37,5 \text { кэВ. }
\]
15. Ядро дейтерия сталкивается и вступает в реакцию с ядром трития. Предполагается осуществить этот процесс, ускорив перед столкновением лишь одну частицу до энергии $E=20$ кэВ, оставив вторую неподвижной. Что выгоднее для осуществления реакции: ускорить легкую или тяжелую частицу? Предполагается, что удар между частицами центральный.
Ответ. Если ускорить дейтерий, то энергия
\[
\frac{E}{1+m_{\mathrm{T}} / m_{\mathrm{D}}}=8 \text { кэВ, }
\]

связанная с движением центра масс, не может принимать участие в реакции. В случае ускорения трития эта энергия равна
\[
\frac{E}{1+m_{\mathrm{D}} / m_{\mathrm{T}}}=12 \mathrm{кэВ} .
\]

Выгоднее ускорять дейтерий. Выигрыш в энергии в этом случае по сравнению с другим будет
\[
\frac{m_{\mathrm{T}}-m_{\mathrm{D}}}{m_{\mathrm{T}}+m_{\mathrm{D}}} E=\frac{1}{5} E=4 \text { кэВ. }
\]
16. Первая искусственная ядерная реакция
\[
{ }^{14} \mathrm{~N}+{ }^{4} \mathrm{He}={ }^{17} \mathrm{O}+\mathrm{p}
\]

наблюдалась Резерфордом в 1919 г. Она идет с поглощением энергии $E=1,13$ МэВ. Какую минимальную энергию $E_{0}$ надо сообщить в лабораторной системе $\alpha$-частице (т. е. ядру атома гелия), чтобы при бомбардировке неподвижной мишени из ${ }^{14} \mathrm{~N}$ указанная реакция могла пойти?

Решение. Обозначим через $p_{0}$ импульс $\alpha$-частицы до столкновения. В результате столкновения импульс не изменяется. С ним связана кинетическая энергия движения центра масс
\[
K_{\text {ц. } \mathrm{M}}=\frac{p_{0}^{2}}{2\left(m_{\mathrm{He}}+m_{\mathrm{N}}\right)}=\frac{m_{\mathrm{He}}}{m_{\mathrm{He}}+m_{\mathrm{N}}} E_{0},
\]

которая также не изменяется, а потому никак не участвует в ядерных превращениях.
Следовательно, искомая энергия найдется из условия
\[
E_{0}=E+K_{\text {ц. } \mathrm{M}}=E+\frac{m_{\mathrm{He}}}{m_{\mathrm{He}}+m_{\mathrm{N}}} E_{0},
\]

откуда
\[
E_{0}=\frac{m_{\mathrm{He}}+m_{\mathrm{N}}}{m_{\mathrm{N}}} E=1,45 \mathrm{M} \text { ЭB. }
\]
17. Пороговой энергией $E_{\text {пор }}$ или порогом ядерной реакции называется такая энергия бомбардирующей частицы, что ядерная реакция при неподвижной мишени может идти только тогда, когда энергия $E$ бомбардирующей частицы равна или превосходит $E_{\text {пор }}$, а при $E<E_{\text {пор }}$ реакция невозможна. Пороговая энергия ядерной реакции ${ }^{7} \mathrm{Li}+\mathrm{p} \rightarrow{ }^{7} \mathrm{Be}+\mathrm{n}$ (литий неподвижен) равна $E_{\text {пор }}=1,88$ МэВ. При каких энергиях бомбардирующих протонов $E_{\mathrm{p}}$ нейтроны в такой реакции могут лететь назад от литиевой мишени?

Решение. Минимальное значение искомой энергии протона $E_{\mathrm{p}}$ соответствует лобовому столкновению, когда все частицы до и после столкновения движутся вдоль одной и той же прямой. Поэтому можно ограничиться только такими столкновениями.

Допустим сначала, что энергия бомбардирующего протона равна пороговой $E_{\text {пор }}$. Тогда получающиеся в результате реакции ядро Ве и нейтрон в системе центра масс должны находиться в состоянии покоя, а потому в лабораторной системе двигаться вперед с одинаковыми скоростями. При таком движении они уносят кинетическую энергию
\[
E_{0}=\frac{P_{\text {пор }}^{2}}{2\left(m_{\mathrm{Be}}+m_{\mathrm{n}}\right)},
\]

где $P_{\text {пор }}$ – импульс протона, соответствующий пороговой энергии
\[
E_{\text {пор }}=\frac{P_{\text {пор }}^{2}}{2 m_{\mathrm{p}}} .
\]

Разность этих двух энергий
\[
E_{\text {пор }}-E_{0}=\frac{m_{\mathrm{Be}}+m_{\mathrm{n}}-m_{\mathrm{p}}}{m_{\mathrm{Be}}+m_{\text {п }}} E_{\text {пор }}
\]

затрачивается на ядерную реакцию.
Найдем теперь энергию бомбардирующего протона $E_{\mathrm{p}}$, при которой получаются нейтроны в состоянии покоя, а ядра бериллия летят вперед. Если $P_{\mathrm{p}}$ – импульс протона до реакции, то
\[
E_{\mathrm{p}}=\frac{P_{\mathrm{p}}^{2}}{2 m_{\mathrm{p}}}
\]

а кинетическая энергия образовавшегося ядра бериллия $E_{\mathrm{Be}}=P_{\mathrm{p}}^{2} / 2 m_{\mathrm{Be}}$. Разность этих энергий
\[
E_{\mathrm{p}}-E_{\mathrm{Be}}=\frac{1}{2} P_{\mathrm{p}}^{2}\left(\frac{1}{m_{\mathrm{p}}}-\frac{1}{m_{\mathrm{Be}}}\right)=\frac{m_{\mathrm{Be}}-m_{\mathrm{p}}}{m_{\mathrm{Be}}} E_{\mathrm{p}}
\]

идет на ядерную реакцию, а потому равна величине (28.7). Приравнивая выражения (28.7) и (28.8), находим
\[
E_{\mathrm{p}}=\frac{m_{\mathrm{Be}}\left(m_{\mathrm{Be}}+m_{\mathrm{n}}-m_{\mathrm{p}}\right)}{m_{\mathrm{Be}}^{2}-m_{\mathrm{p}}^{2}} E_{\text {пор }},
\]

или, пренебрегая различием масс протона и нейтрона,
\[
E_{\mathrm{p}}=\frac{m_{\mathrm{Be}}^{2}}{m_{\mathrm{Be}}^{2}-m_{\mathrm{p}}^{2}} E_{\text {пор }}=\frac{49}{48} E_{\text {пор }}=1,92 \text { МэВ. }
\]

При больших энергиях появятся нейтроны, летящие назад.