M - Физический факультет КемГУ

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ
ФЕДЕРАЦИИ
Федеральное государственное бюджетное образовательное
учреждение
высшего профессионального образования
«Кемеровский государственный университет»
Кафедра теоретической физики
А. В. ХАНЕФТ
ПРАКТИКУМ
по курсу
«Теоретическая механика»
Учебное пособие для бакалавров
Кемерово 2013
2
ПРЕДИСЛОВИЕ
В учебном пособии подробно рассмотрены примеры решения
некоторых задач, чтобы помочь студентам физического факультета
глубже овладеть навыками решения задач и методами
исследования движений механических систем на основе уравнений
Ньютона, Лагранжа, Гамильтона, Гамильтона-Якоби, а также
законов сохранения импульса, момента импульса и энергии.
Учебное пособие включает в себя двенадцать тем по
классической теоретической механике. Каждая тема начинается с
краткого изложения методики решения задач, подробного
рассмотрения примеров решения задач по данной теме, а также
задач для самостоятельной работы с ответами.
Надеемся, что данное учебное пособие окажется полезным для
студентов нашего факультета.
3
1. СКОРОСТЬ И УСКОРЕНИЕ ЧАСТИЦЫ
§1. Декартова система координат
В декартовой системе координат переменными являются три
проекции x , y , z радиус-вектора r на три взаимно-ортогональные
направления – оси x , y , z . Орты n x , n y , n z образуют правую
тройку и направлены по соответствующим осям координат.
Естественно орты n x , n y , n z остаются неподвижными в
декартовой системе координат при движении материальной точки
(рис. 1).
Рис. 1.1
Радиус-вектор r материальной точки
r = xn x + yn y + zn z .
Скорость и ускорение материальной точки соответственно равны
v = r& = x&n x + y& n y + z&n z ,
w = &r& = &x&n x + &y&n y + &z&n z .
4
§2. Цилиндрическая система координат
В цилиндрической системе координат переменными являются
длина ρ проекции радиус-вектора r на плоскость xy , угол ϕ
данной проекции с осью x и проекция z радиус-вектора на ось z .
Орты n ρ , n ϕ и n z образуют правую тройку ортогональных
векторов
nρ ⊥ nϕ ⊥ n z
и имеют следующие направления: орт n ρ лежит в плоскости xy и
направлен вдоль проекции радиус-вектора r на плоскости xy ; орт
n ϕ лежит в параллельной плоскости xy и перпендикулярен орту
n ρ ; орт n z направлен вдоль оси z (рис. 2).
Рис. 1.2
Формулы преобразования от декартовых координат и обратно
имеют вид:
x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , z = z ,
 y
ρ = x 2 + y 2 , ϕ = arctg  .
 x
5
Радиус-вектор r материальной точки в цилиндрической системе
координат имеет вид
r = ρn ρ + zn z .
Орты n ρ , n ϕ и n z можно выразить через орты декартовой
системы координат (рис. 3):
n ρ = n x cos ϕ + n y sin ϕ ,
n ϕ = −n x sin ϕ + n y cos ϕ ,
nz = nz .
Рис. 1.3
При движении материальной точки изменяется угол ϕ . Это
приводит к тому, что орты n ρ и n ϕ изменяют свое направление, т.е.
зависят от времени. Значения производных n& ρ и n& ϕ можно найти,
дифференцируя по времени разложения n ρ и n ϕ по неподвижным
ортам декартовой системы координат:
n& ρ = −ϕ& sin ϕ n x + ϕ& cos ϕ n y = ϕ& n ϕ ,
n& ϕ = −ϕ& cos ϕ n x − ϕ& sin ϕ n y = −ϕ& nρ ,
n& z = 0 .
6
§3. Сферическая система координат
В сферической системе координат переменными являются длина
радиус-вектора r , угол ϕ между проекцией радиус-вектора на
плоскость xy и осью x (как в цилиндрической системе координат),
и угол ϑ, образуемый радиус-вектором r и осью z .
Орты n r , n ϑ и n ϕ образуют правую тройку ортогональных
векторов
nr ⊥ n ϑ ⊥ n ϕ
и имеют следующие направления: орт n r направлен вдоль радиусвектора r на плоскости xy ; орт n ϑ лежит в плоскости
образованной осью z и радиус-вектором и перпендикулярен орту
n r ; орт n ϕ совпадает с ортом n ϕ цилиндрической системы
координат (рис. 4).
Рис. 1.4
Радиус-вектор r материальной точки в сферической системе
координат имеет вид
r = rn r .
7
Орты n r , n ϑ и n ϕ можно выразить через орты цилиндрической
системы координат (рис. 5):
n r = n ρ sin ϑ + n z cos ϑ ,
(1)
n ϑ = n ρ cos ϑ − n z sin ϑ ,
(2)
nϕ = nϕ .
(3)
Выразим орт n ρ через переменные сферической системы
координат. Для этого левую и правую часть выражения (1)
умножим на sin ϑ , а левую и правую часть выражения (2) умножим
на cos ϑ :
n r sin ϑ = n ρ sin 2 ϑ + n z cos ϑ sin ϑ ,
n ϑ cos ϑ = n ρ cos 2 ϑ − n z sin ϑ cos ϑ .
Далее сложим. В итоге получим:
n ρ = n r sin ϑ + n ϑ cos ϑ
(4)
Рис. 1.5
При движении материальной точки угол ϑ и орт n ρ изменяются.
Следовательно, орты n r и n ϑ зависят от времени, как и орт n ϕ .
Значения производных n& r и n& ϑ можно найти, дифференцируя по
8
времени разложения n r и n ϑ по ортам цилиндрической системы
координат:
& [n cos ϑ − n sin ϑ] + n& sin ϑ = ϑ& n + ϕ& sin ϑ n ,
n& r = ϑ
ρ
z
ρ
ϑ
ϕ
& [n sin ϑ + n cos ϑ] + n& cos ϑ = −ϑ& n + ϕ& cos ϑ n ,
n& ϑ = ϑ
ρ
z
ρ
r
ϕ
n& ϕ = −ϕ& n ρ = −ϕ& [sin ϑ n r + cos ϑ n ϑ ] .
Задачи
1. Выразить проекции скорости v материальной точки
цилиндрические координаты.
2. Выразить проекции ускорения w материальной точки
цилиндрические координаты.
3. Выразить орты сферической системы координат через
декартовой системы координат.
4. Выразить проекции скорости v материальной точки
сферические координаты.
5. Выразить проекции ускорения w материальной точки
сферические координаты.
Ответы
1. vρ = ρ& , v ϕ = ρϕ& , v z = z& .
&& − ρϕ& 2 , wϕ = 2ρ& ϕ& + ρϕ
&& , wz = &z&.
2. wρ = ρ
3. n r = sin ϑ cos ϕ n x + sin ϑ sin ϕ n y + cos ϑ n z ,
n ϑ = cos ϑ cos ϕ n x + cos ϑ sin ϕ n y − sin ϑ n z ,
n ϕ = − sin ϕ n x + cos ϕ n y .
4. v r = r& , v ϕ = rϕ& sin ϑ , v ϑ = rϑ& .
& 2 − rϕ& 2 sin 2 ϑ ,
5. wr = &r& − rϑ
через
через
орты
через
через
9
( )
&& + 2r&ϑ
& − rϕ& 2 sin ϑ cos ϑ = 1 d r 2 ϑ& − rϕ& 2 sin ϑ cos ϑ ,
wϑ = rϑ
r dt
& cos ϑ = 1 d r 2 ϕ& sin 2 ϑ .
&& sin ϑ + 2r&ϕ& sin ϑ + 2rϕ& ϑ
wϕ = rϕ
r sin ϑ dt
(
)
10
2. СЕКТОРНАЯ СКОРОСТЬ
По определению, секторной скоростью называется величина
1
σ = [rv].
2
Модуль секторной скорости равен скорости, с которой изменяется
площадь, очерчиваемая радиусом-вектором точки (рис.1).
Рис. 2.1
В любой ортогональной системе координат секторная скорость
может быть вычислена через проекции радиус-вектора r и вектора
скорости v :
n1 n 2
σ=
1
x1
2
v1
x2
v2
n3
1x
x3 =  2
2  v2
v3
x3
v3
n1 +
x3
x1
v3
v1
n2 +
x1
v1

n3  =
v2 
x2
= σ1n1 + σ 2n 2 + σ3n 3 .
Здесь n i – орты рассматриваемой системы координат; xi , vi –
проекции векторов r и v на эти орты. Как видно из приведенной
11
формулы, секторная скорость совпадает с половиной момента
скорости, вычисленного относительно начала координат. При
изменении начала отсчета величина секторной скорости в общем
случае изменяется.
Пример. Найти ускорение материальной точки, движущейся по
эллипсу, если секторная скорость σ = σ 0 = const относительно
центра эллипса.
Решение. Запишем выражение для секторной скорости
1
σ = [rv] = const .
2
Запишем уравнение эллипса:
x2
2
+
y2
2
=1
(1)
a
b
Условие постоянства секторной скорости:
1
( xy& − yx& ) = σ0 .
(2)
2
Возьмем производную по t от выражения (1):
2 xx& 2 yy&
+ 2 =0
(3)
2
a
b
Из (2) и (3) находим проекции скорости точки как функции x , y :
σz =
x& = −
2σ 0
y& =
2σ0
x.
b2
a2
Найдем компоненты x и y ускорения материальной точки:
&x& = −
2σ 0
2
y& = −
4σ02
2 2
y,
&y& =
x,
b
a b
Отсюда ускорение материальной точки:
w=−
4σ 02
a 2b 2
r.
2σ 0
a
2
x& = −
4σ02
a 2b 2
y.
12
Задачи
1. Доказать, что в полярной системе координат
1
σ = ρ 2ϕ& .
2
2. Найти ускорение материальной точки, движущейся по
траектории ρ = ρ0 exp(−λϕ), z = 0 , если секторная скорость
r r
σ = σ0 = const относительно начала координат.
3. Найти ускорение материальной точки, движущейся по
r r
окружности радиуса R , если секторная скорость σ = σ0 = const
относительно точки A , лежащей на окружности. Параметры
траектории считать известными.
Вектор ускорения представить как функцию расстояния до начала
отсчета.
4. Точка движется в плоскости с постоянной по величине
скоростью v0 и постоянной по величине секторной скоростью σ0 .
Найти скорость v (t ) , если ρ(0) = 2 σ 0 v 0 .
5. Точка движется по траектории ρ = a exp(kϕ) с постоянной по
величине секторной скоростью σ0 . Найти скорость v (t ) , если в
начальный момент времени ϕ(0) = 0 .
6. Точка движется по плоской траектории таким образом, что
произведение ее расстояний до неподвижных точек F1 и F2 есть
величина постоянная и равна квадрату половины расстояния между
точками F1 и F2 . Проекция секторной скорости точки на
направление,
перпендикулярное
плоскости
траектории,
сохраняется. Найти уравнение траектории точки и ее ускорение как
функцию расстояния от середины отрезка F1 F2 .
Ответы
2. w = −
1 + λ2
ρ3
4σ02n ρ .
13
3. w = −
32 R 2
ρ5
σ 02nρ .
4. v (t ) = v ρ n ρ + v ϕ n ϕ , где
v 02 t
vρ = ρ& =
2
,
 2σ 
v 02 t 2 +  0 
 v0 
5. v (t ) = v ρ n ρ + v ϕ n ϕ , где
12
 kσ 
vρ = ρ& =  0 
 t + t0 
v ϕ = ρϕ& =
2
 2σ 
v 02 t 2 +  0 
 v0 
12
 σ0 
, v ϕ = ρϕ& = 

 k (t + t0 ) 
6. ρ = 2a cos 2ϕ , где a = F1F2 / 2 , w ρ = −
2
2σ 0
48σ02 a 4
ρ7
2
.
a2
, t0 =
.
4kσ0
.
14
3. ТРАЕКТОРИИ
Задача определения траектории может быть решена в двух
вариантах.
1. Если известен закон движения, то траектория определяется
исключением времени. Тем самым устанавливаются связь между
координатами точки. Скорость и ускорение в этом случае
получаются путем дифференцирования заданных законов
движения.
2. Если известны уравнения движения, то скорость и закон
движения определяются интегрированием этих уравнений в
векторной форме. Полученная векторная функция r (t )
проектируется на орты выбранной системы координат. Можно
сразу записать уравнения движения в проекциях и интегрировать
полученные скалярные уравнения. В том и другом случае
уравнения для траектории находятся исключением времени из
полученных законов движения.
Рассмотрим примеры решения задач.
Пример 1. Точка движется по поверхности сферы радиуса R
таким образом, что угол между ее скоростью и меридианом
является постоянным и равен α. Найти траекторию точки в
сферических координатах.
Решение. В сферических координатах радиус-вектор точки
задается функциями r (t ) , ϑ(t ) , ϕ(t ) . Радиус-вектора в сферической
системе координат определяется формулой:
r = rn r .
Скорость точки в сферических координатах равна:
& n + r ϕ& sin ϑ n
r& = r& n + r n& = r& n + rϑ
r
r
r
ϑ
ϕ
Частица движется по поверхности сферы, образуя постоянный угол
α с меридианом. Следовательно r& = 0 . Так как
v = rϑ& , v = ϕ& r sin θ ,
ϑ
то
ϕ
15
ctg α =
vϑ
ϑ&
1 dθ
=
=
.
v ϕ ϕ& sin ϑ sin θ dϕ
Интегрируя, данное выражение, находим
ϑ
= C ⋅ exp(ϕ ⋅ ctg α ) ,
(1)
2
где C – постоянная интегрирования. Кривая (1) называется
лаксодромой.
tg
Пример 2. Определить траекторию материальной точки массой
m , движущейся в поле тяжести. Начальная скорость точки v 0
образует угол α с осью x .
Решение. Запишем уравнения движения точки
m
d 2x
2
= 0,
m
dt
Из первого уравнения получим
d2y
dt
2
= −mg .
dx
= C1 = v0 cos α ,
dt
x = v 0 t cos α + C2 ,
m
где C2 = 0 . Интегрируя второе уравнение, будем иметь
gt 2
y=−
+ v 0 t sin α + C3 , C3 = 0 .
2
Исключая отсюда время, получим уравнение траектории точки
y=−
gx 2
2 v 02 cos 2 α
+ x tg α ,
которое представляет собой уравнение параболы с параметром
v 02 cos 2 α
p=
.
g
16
Задачи
Найти траекторию, скорость и ускорение материальной точки,
если закон движения имеет вид
ρ = ρ0 ;
 x = a cos ωt ;


ϕ = ϕ& 0t + ϕ0 ;
 y = b sin ωt ;
1. 
2. 
3.
=
z
0
;
=
&
+
z
z
t
z
;


0
0
a, b, ω − const . ρ, ϕ& 0 , ϕ0 , z&0 , z0 − const
r = r&0t + r0 ;

π

ϑ = ;
2

ϕ = ϕ& 0t + ϕ0
ϕ& 0 , ϕ0 , r&0 , r0 − const
Все траектории должны быть изображены в трехмерном
пространстве.
Найти траекторию заряженной частицы с массой m и с зарядом
q в электрическом поле напряженности E , если при t = 0 скорость
частицы равна v 0 , причем
4. E = E 0 cos ωt , скорость v 0 ⊥ E0 .
5. E = E0 , скорость v 0 направлена под углом α к E0 .
Указание: ось x выбрать вдоль E0 ; E0 , v 0 , ω – константы.
6. Найти траекторию заряженной частицы с массой m и с зарядом
q во взаимно перпендикулярных электрическом и магнитном полях
с соответствующими напряженностями E и H , если при t = 0
r
скорость частицы равна v0 . Указание: ось x выбрать вдоль E ; ось
z направить вдоль H .
7. Проинтегрировать уравнение движения
x
&x& = k sin  
a
если x(0) = πa , x& (0) = 2 ka , ( k , a > 0 ).
8. Частица массой m и зарядом q > 0 в начальный момент времени
имела скорость v0 = 0 и находилась на расстоянии h от
бесконечной металлической плоскости. Определить время, за
которое заряд достигнет плоскости.
17
9. Точка движется в плоскости с постоянной по величине
скоростью v0 и постоянной угловой скоростью ω . Определить
траекторию точки и ее скорость v (t ) .
10. Радарный монитор наблюдает за вертикальным взлетом ракеты.
Расстояние между ними равно l . При этом измеряется угол ϕ и
поэтому из вычисления в реальном времени угловая скорость ϕ& и
&& полагаются известными. Определить высоту
угловое ускорение ϕ
z (t ) , скорость v(t ) и ускорение w(t ) ракеты.
Ответы
1. Эллипс в плоскости x y :
x2
a
2
+
y2
b
2
= 1,
z = 0.
wx = −aω2 cos ωt;

2
w y = −bω sin ωt ;

wz = 0;
v x = −aω sin ωt ;

v y = bω cos ωt;

v z = 0;
w = −ω2 r.
2. Винтовая линия:
ρ = ρ0 ,
v ρ = 0;

v ϕ = ρ0ϕ& 0 ;

v z = z&0 ;
z − z0 ϕ − ϕ0
=
;
z&0
ϕ& 0
wρ = −ρ 0 ϕ& 02 ;

wϕ = 0;

wz = 0;
w = −ρ0 ϕ& 02 n ρ .
3. Спираль в плоскости xy :
π
ϑ= ,
2
r − r0 ϕ − ϕ0
=
.
r&0
ϕ& 0
18
wr = −rϕ& 02 = −(r&0t + r0 )ϕ& 02 ;

wϑ = 0;
w = 2r&ϕ& ;
0
 ϕ
v r = r&0 ;

v ϑ = 0;
v = rϕ& = (r& t + r )ϕ& ;
0
0
0 0
 ϕ
4. x = −
5. x =
E0
mω
cos ω
2
y − y0
+ x0 ,
V0
qE0 ( y − y0 )2
2mV02 sin 2 α
z = z0 .
+ ( y − y0 ) ctg α + x0 ,
z = z0 .
6. ( x − x0′ ) 2 + ( y − y0′ ) 2 = a 2 , где
x0′ = x0 +
x&
1
eE 
qE
t,
 y& 0 +
 , y0′ = y0 − 0 −
ω
mω 
ω mω
1 2 
qE 
a =  x&0 +  y& 0 +

ω 
mω 

2 1 2


, ω=
eH
.
mc
 k 
 x 
t  .
7. tg  = exp
a
 4a 


8. T =
πh mh
.
e
2
v0
sin ϕ , v = v 0 cos[ω(t − t0 )] n ρ + v 0 sin[ω(t − t0 )] n ϕ ,
ω
π
0 ≤ t − t0 ≤ .
ω
10. z (t ) = h + l tg ϕ , где h − высота радара над
l
l
2 2
&
&
&
v(t ) =
ϕ
,
w(
t
)
=
ϕ
+
2
ϕ
tg ϕ .
2
2
cos ϕ
cos ϕ
9. ρ =
(
)
землей,
19
4. ОДНОМЕРНОЕ ДВИЖЕНИЕ
Для
исследования
характера
одномерного
движения
материальной точки необходимо знать зависимость потенциальной
энергии U от координаты x . Интегралом движения является
полная энергия частицы:
1 2
m&x + U ( x) = E = const .
(1)
2
Движение возможно только в тех областях пространства, где
выполняется условие E ≥ U (x) (рис. 1).
Рис. 1
Корни уравнения (1)
E = U (x)
определяют точки поворота. В точках поворота скорость частицы
равна нулю.
Движение в потенциальной яме между двумя точками поворота
x1 и x2 (рис. 1) называется финитным. Значения E ≥ U min
определяют область разрешенных значений энергии финитного
движения, где U min – “дно” потенциальной ямы.
20
Движение в области x ≥ x3 (рис. 1), когда материальная точка
может достигнуть + ∞ , называется инфинитным (аналогично при
возможности достигнуть − ∞ ).
Решение одномерного уравнения (1) имеет вид
t=
m
dx
+ t0 .
2 ∫ E − U ( x)
Период движения в потенциальной яме определяется, как время
движения от одной точки поворота x1 до другой x2 и обратно
x
m 2
dx
T =2
.
2 x∫ E − U ( x)
1
При свободном движении материальной точки из области с
потенциальной энергией U1 = const , в область с потенциальной
энергией U 2 = const , при переходе через границу раздела в
направлении, перпендикулярном к границе независимыми
интегралами движения являются энергия и компонента вектора
импульса p , направленная параллельно границе раздела. Законы
сохранения энергии и компоненты импульса позволяют определить
изменение величины и направления скорости движения
материальной точки при переходе через границу раздела двух
рассматриваемых областей (аналог закона преломления светового
луча при переходе через границу раздела двух сред).
Пример 1. Найти закон движения частицы массы m в поле
x2
x4
U ( x) = −a + b , a, b > 0,
2
4
если в начальный момент времени t0
x(t0 ) = −
2a
, x& (t0 ) = 0.
b
Решение. Согласно закону сохранения энергии
21
1 2
mx& + U ( x) = E .
2
Из начальных условий следует
1
mx& (0) = 0
2
1  2 ⋅ a  b  4a 2 
U (0) = −a 
= 0.
+
2  b  4  b 2 
Следовательно:
x2
x4
1 2
2
x2
x4
mx& − a + b
= 0 , x& =
a −b .
m
2
4
2
2
4
Закон движения частицы определяется из решения следующего
уравнения
x
m
2 x∫
0
dx
2
a
4
x
x
−b
2
4
= t − t0 .
Преобразуем интеграл к виду:
x
m
2 x∫
0
x
2m
dx
=
⋅∫
,
2
4
2
2
b
x
x
x 0 x x0 − x
a −b
2
4
dx
где учли, что
2a
= x0 2 ≡ x 2 (t 0 ) .
b
Интеграл
x0 + x0 2 − x 2
1
.
∫ x ⋅ x 2 − x 2 = − x0 ⋅ ln
x
0
dx
Следовательно
22
x0 + x0 2 − x 2

b 
= exp − x0 (t − t0 )
x
2m 

или

a
x0 + x02 − x 2 = x exp − (t − t0 )
.
m


Введем обозначение


m
f (t ) = exp − 2
(t − t0 ) .
a


Тогда
x0 + x02 − x 2 = xf
После простых преобразований получим
x=
2 x0 f
1+ f 2
=
2 x0
f −1 + f
.
Отсюда закон движения частицы будет определяться выражением:
x=
2 x0


a
a
exp (t − t0 )
+
exp
−
(
t
−
t
)
0

m 
m 


=
x0

a
ch (t − t0 )
m 

.
При t → ∞ , x(t ) → 0
Пример 2. Найти время задержки при движении частицы массы
m от x = −∞ до x = ∞ в поле
U ( x) =
U0
, U 0 > 0,
ch 2 ax
по сравнению со временем движения частицы в тех же пределах
той же энергии E > U 0 , но в отсутствии внешнего поля.
Рассмотреть также случай E → U 0 .
23
Решение. Запишем закон сохранения энергии для частицы в
поле U :
1 2
mx& + U = E .
2
В случае свободной частицы:
1 2
mx& = E
2
Скорость частицы в поле, согласно (1) равна:
x& =
(1)
(2)
2
(E − U ) ,
m
откуда
m
dx
= t1 .
2 ∫ E −U
Скорость свободной частицы, согласно (2) равна:
x& =
2
⋅E
m
откуда
m dx
= t2 .
2∫ E
Определим разность между временем движения от x1 = −∞ до
x2 = +∞ в поле и временем свободного движения частицы с той же
энергией:
L
m  1
1 
∆t = t1 − t2 =
−

 ⋅ dx ,
2 −∫L  E − U
E
где L = ∞ . Вычислим первый интеграл:
L
I1 =
∫
−L
E−
dx
U0
ch 2 αx
L
1
d (sh αx)
= ∫
.
α − L E sh 2 αx + E − U
0
24
Для этого перейдем к новым переменным:
ξ=
E
E
shαx , ξ 0 =
sh αL .
E −U0
E −U0
Откуда
sh 2 αx = ξ 2
E −U0
, sh αx =
E
E −U0
ξ.
E
Итак
ξ
1 E −U0 0
α
E −∫ξ
dξ
E − U0 2
E
ξ + E −U0
0
E
В итоге интеграл
1 1
I1 =
α E
ξ0
∫
−ξ0
1 E −U0
=
α
E
1
E − U0
ξ0
∫
−ξ0
ξ 02 + 1 + ξ0
1 1
.
=
ln
2
2
α
E
ξ +1
ξ0 + 1 − ξ0
dξ
Далее учтем, что ξ 0 >> 1 :
ξ 02 + 1 + ξ 0 ≈ 2ξ 0 ,
ξ 02 + 1 − ξ0 = ξ 0 1 +
1
ξ02
− ξ 0 ≈ ξ 0 (1 +
1
) − ξ0 =
2
2ξ 0
Следовательно, при ξ 0 >> 1 интеграл
1 1
1 1  Ee 2αL 
2
I1 =
ln(4ξ 0 ) ≈
ln 
.
α E
α E E −U0 
Здесь учли, что при αL >> 1
1
sh(αL) ≈ exp(αL) .
2
Итак
1
2ξ 0
dξ
ξ2 + 1
25
I1 =
1
α E
ln
E
2L
+
.
E −U0
E
Вычислим второй интеграл
1
I2 =
E
L
∫ dx =
−L
2L
.
E
Отсюда разность двух интегралов
I = I1 − I 2 =
1
α E
ln
E
,
E −U0
а разность двух времен
m
1 m
E
I=
ln
.
2
α 2E E − U 0
∆t =
Определим к чему стремится время ∆t при E → U 0 :
∆t =
1 m
ln
α 2E
U0 
1
1 m 
=
0
−
ln(
1
−
) .
U 0 α 2 E 
E 
1−
E
При E → U 0 выражение
ln(1 − U 0 / E ) → −∞ ,
и следовательно, время
∆t = +∞ .
Пример
3.
Проинтегрировать
уравнение
движения
материальной точки массы m = 2 , движущейся в поле U = − tg 2 x ,
если при t = 0 : x = 0 , x& = 2 .
Решение. Запишем закон сохранения энергии:
mx& 2
+U = E ,
2
Откуда
x& 2 − tg 2 x = E .
26
(
x& = E + tg 2 x
Решим данное уравнение
t=∫
dx
E + tg x
2
=∫
)1 2 .
d sin x
E + (1 − E ) sin x
2
=




1
sin
x
.
arcsin

E −1
E 


 E −1 
После преобразований, получим
12
 E 
sin x = 

 E −1
[
]
sin (E − 1)1 2 t .
Согласно начальным условиям: E = x& 2 − tg 2 x = 4 . Итак
t=
 3 sin x 
2
1
 , sin x =
arcsin
sin ( 3t ).
3
3
 2 
Задачи
Задача 1.
Частица массы
m движется со скоростью v1 из
полупространства 1, где ее потенциальная энергия равна U1 = const ,
в полупространство 2, где ее потенциальная энергия равна
U 2 = const . Определить величину скорости v2 и показатель
sin θ1
преломления n =
, если θ1 и θ 2 – углы, образуемые векторами
sin θ 2
v1 и v 2 с нормалью к плоскости раздела полупространства 1 и 2.
Задачи 2 – 4.
Указать условия финитности движения, найти точки поворота и
период колебаний для материальной точки массы m = 1 в поле:
2. U ( x) = x 2 ;
3. U ( x) = tg 2 x;
27
4. U ( x) = −
1
2
;
x
Задачи 5.
Определить закон движения частицы в поле (потенциал Морзе)
(
)
U ( x) = A e − 2αx − ae − αx .
Задачи 6.
Найти закон движения частицы в поле U ( x) = − Ax 4 , если энергия ее
равна нулю.
Ответы
1. v 2 = v1 1 + 2
U1 − U 2
m v12
; n=
v2
U −U
= 1+ 2 1 2 2 .
v1
m v1
2. E ≥ 0,
x1,2 = ± E , T = π 2.
3. E ≥ 0,
x1, 2 = ± arctg E , T =
4. E < 0,
x1, 2 = ±
5. x(t ) =
π 2
.
E +1
1
2 2
, T=
.
E
E
(
1  A − A( A − E ) cos αt 2 E / m + C
ln 
α 
E
) при E < 0 ,


1 1 α2 A
x(t ) = ln  +
(t + C )2  при E < 0 ,
m
α 2

x(t ) =
6. x(t ) =
x& (0) .
(
)
1  A( A + E ) ch αt 2 E / m + C − A 
ln 
 при E = 0 .
α 
E

x ( 0)
. Знак в знаменателе противоположен знаку
1 ± x(0)t 2 A / m
28
5. ДВИЖЕНИЯ В ПОЛЕ ЦЕНТРАЛЬНЫХ СИЛ
При движении в поле центральных сил интегралами движения
являются энергия и момент импульса материальной точки:
E = const , M = const . Движение происходит в плоскости,
перпендикулярной вектору M , проходящей через силовой центр.
Помещая в начало полярной системы координат силовой центр,
находим
E=
M = mr 2ϕ&
m 2
r& + U ef (r )
2
где
U ef (r ) =
M2
2mr
2
+ U (r ).
Первое слагаемое M 2 / 2mr 2 называют центробежной энергией.
Таким
образом,
радиальное
движение
соответствует
одномерному движению в эффективном поле U ef (r ) . Поэтому
области разрешенного движения при заданных M и E
определяются из условия E ≥ U ef (r ) , а точки поворота находятся из
решения уравнения E = U ef (r ) . Центробежная энергия создает
вокруг силового центра потенциальный барьер. В зависимости от
вида U (r ) реализуется три типа движения:
1) инфинитное – от r = rmin до r = +∞ ;
2) финитное – между двумя точками поворота rmin и rmax ;
3) падение на центр, когда областью разрешенного движения
является круг радиуса r = rmax .
Допустимые значения энергии и момента импульса легко
определяются в каждом конкретном случае из вида графика U ef (r ).
Время изменения расстояния материальной точки от r = r1 до r = r2
определяется интегралом:
r
m 2
dr
t=±
,
2 r∫ E − U ef (r )
1
29
где знак ± соответствует знаку скорости dr dt радиального
движения.
Траектория движения материальной точки в поле центральных
сил определяется из квадратуры:
ϕ − ϕ0 =
M
dr
.
2m ∫ r 2 E − U ef (r )
Для определения закона движения служит интеграл
m
dr
.
2 ∫ E − U ef (r )
t − t0 =
Зная t = t (r ) и ϕ = ϕ(r ) , можно найти r = r (t ) и ϕ = ϕ[r (t )] – закон
движения материальной точки. Под интегрированием уравнений
движения в поле центральных сил понимается вычисление t = t (r )
и ϕ = ϕ(r ) .
Движение в кулоновском поле
U (r ) = −
α
r
происходит по траектории
r=
p
,
± 1 + e cos ϕ
где “плюс” соответствует α > 0 ( α > 0 для притяжения), “минус” –
α < 0 ( α < 0 для отталкивания). Параметр орбиты
p,
эксцентриситет орбиты e , точки поворота r1, 2 и большая полуось a
определяются соотношениями
2E
M2
α
p=
, e = 1+
p , r1, 2 = −
(1 ± e) ,
mα
α
2E
a=
α
.
2E
Пример 1. Найти время падения частицы массы m в центр поля
U (r ) = −b / r 2 , b > 0
с расстояния R , при условии M 2 / 2m < b, E > 0.
30
Решение. Решение задачи о движении частицы в центральном
поле получим исходя из законов сохранения энергии:
E=
m 2
(r& + r 2 ϕ& 2 ) + U (r )
2
(1)
и момента импульса
M = mr 2 ϕ& = const .
(2)
Подставим (2) в (1), получим:
mr& 2
M2
E=
+
+ U (r ) .
2
2mr 2
(3)
Отсюда
dr
M2
2
[E − U (r )] − 2 2 .
r& =
=
dt
m
m r
Разделяя переменные и интегрируя, получим
R
dr
t=∫
(4)
2
2
[E − U (r )] − M2 2
m
m r
0
Вычислим интеграл, подставляя в него выражение для U (r ) :
dr
∫
2
2
[E − U (r )] − M2 2
m
m r
12
 m
=

 2E 
∫
[r
2
(
=∫
rdr
+ E −1 b − M 2 / 2m
dr
2E 
1 
M 2 
b−
1 +

m  r 2 E 
2m 
12
)]1 2
1 m
=  
E 2
M2
Er + b −
.
2m
2
Время падения с расстояния R равно:
1 2
1 m
t=  
E 2
2
=
2
 ER 2 + b − M − b − M

2m
2m


.


31
Пример 2. Найти траекторию и угловое расстояние между
двумя последовательными прохождениями точек rmin частицы
массой m в центральном поле
U ( r ) = − a / r − b / r 2 , a, b > 0
при условии, что M 2 / 2m > b, E < 0.
Решение. Решение задачи о движении частицы в центральном
поле получим из закона сохранения энергии:
m 2
(r& + r 2 ϕ& 2 ) + U (r ) = E ,
2
и закона сохранения момента импульса:
M = mr 2 ϕ& 2 = const .
(1)
(2)
Подставим (2) в (1), получим
mr& 2
M2
+
+ U (r ) = E .
2
2mr 2
(3)
dr
2
M2 
r& =
=
 E − U (r ) −
.
dt
m
2mr 2 
(4)
Отсюда
С другой стороны, согласно (2)
ϕ& =
dϕ M
=
.
dt mr 2
(5)
Разделим (4) на (5) , получим
dr
=
dϕ
Откуда
2
M2 
 E − U (r ) −

m
2mr 2 
M / mr
2
.
32
Mdr
dϕ =
mr 2
2
M 
−
−
E
U
(
r
)


m
2mr 2 
2
.
(6)
Из выражения (6) имеем
ϕ − ϕ′0 = ∫
Mdr
.
2a b
M 
 + −

m  r r 2 2mr 2 
mr 2
Вычислим интеграл, предварительно преобразовав его к виду
I=
M
2m ∫
dr
r2

a 1  M 2
− 2
− b  + E
r r  2m

.
(7)
Перейдем к новой переменной y = 1 / r . Тогда интеграл примет вид
I =−
M
dy
.
2m ∫ ay − ( M 2 / 2m − b) y 2 + E
Рассмотрим выражение под корнем. Обозначим
c 2 = M 2 / 2m − b > 0 .
Тогда
2

2a
a2
a 2 
ay − c y + E = − c  y − 2 y + 4 − 4  + E =
2c
4c
4c 

2 2
2
2
2
a 
 a 
= −c  y − 2  +   + E =
 2c 

2c 
2
 a  2 E 
a  
c  2  + 2 −  y − 2   .
c

2 c  
  2 c 
2
Итак:
33
M
I =−
c 2m ∫
d (1 / r − q / 2c 2 )
a
2
4c 4
+
1 a 
−
− 2
2 r
c 
2c 
E
2
.
Введем обозначения:
1
a
M
am
,
= 2=
=
p 2c
2( M 2 / 2m − b) M 2 (1 − 2mb / M 2 )
M
M
1
1
=
=
=
,
2
2
γ c 2m
M − 2mb
1 − 2mb / M
e 2 / p 2 = (a / 2c 2 ) 2 + E / c 2 = p − 2 [1 + Ep 2 / c 2 ] .
В новых обозначениях интеграл (7)
ϕ − ϕ′0 = −
 p  1 1 
1
d (1 / r − 1 / p )
1
=
−
arcsin
 e  r − p  .
γ ∫ (e / p ) 2 − (1 / r − 1 / p ) 2
γ

 
Полагая, что ϕ′0 = ϕ0 + π / 2 , получим:
r=
p
.
[
]
1 − e cos γ (ϕ − ϕ0 )
Определим
угловое
расстояние
∆ϕ
между
двумя
последовательными прохождениями точки rmin . Для этого вначале
определим точки поворота. Точки поворота определяются из
условия
e2
2
1 1 
−
 −  = 0 .
p2  r p 
Из решения данного уравнения получим следующие корни:
r1 =
Следовательно:
p
p
≡ rmin r2 =
.
1+ e
1− e
34
r
p  2 2
2
2π
1 
∆ϕ = arccos  1 −  = [arccos1 − arccos(−1)] = − .
γ
γ
 e  r  r1 γ
Задачи
Задачи 1–6. Найти точки поворота и исследовать характер
движения материальной точки массы m = 1 , движущейся в поле:
1. U (r ) =
1
1 2
1
21
;
2.
U
r
=
r
;
3.
U
(
r
)
=
+
r
;
4.
U
(
r
)
=
;
(
)


2
 r2
2
2r 2
r4
1
α2 
5. U (r ) = − 2 ;
2r  α = const .

2
α 
6. U (r ) = − 6 ; 
r 
Замечание: в задаче 6 точки поворота ищутся для E = 0.
Задачи 7–8. Найти время падения на центр из точки r = rmax в
задачах: 5 – при M 2 < α 2 , 6 – при E = 0 . Предполагается, что при
падении на центр dr dt < 0.
Задача 9. Проинтегрировать уравнения движения материальной
точки массы m = 1 в поле
U (r ) =
1
2r 2
для E > 0 , M – любого.
Задача 10. Найти траекторию материальной точки массы m = 1 в
поле
U ( r ) = −α 2 / r 6 ,
движущейся с E = 0 , M – любое. На какой угол поворачивается
материальная точка при движении от r = rmax до r = 0 ?
Задача 11. Материальная точка массы m движется в поле
U (r ) = kr 3 / 3 (k > 0, const) .
35
Найти значение полной энергии E , при которой траекторией
является окружность, радиус этой окружности и угловую скорость
движения, если момент импульса равен M .
Задачи 12 – 13. Найти первую (1) и вторую (2) космические
скорости для планеты радиуса R , если масса движущегося тела
равна m .
Задача 14. Найти максимальное удаление от поверхности
планеты радиуса R ракеты массы m , запущенной на
эллиптическую орбиту со скоростью v 0 , направленной по
касательной к поверхности планеты. Результат выразить через
первую и вторую космические скорости.
Задача 15. Точка массой m движется в центральносимметричном поле U (r ) = kr 3 ( k > 0 ). Найти кинетическую
энергию и момент импульса точки при движении ее по окружности
радиуса a .
Задача 16. Для задачи 14 определить частоту малых радиальных
колебаний точки при возмущении круговой орбиты.
Задача 17. Точка массой m движется по спирали Архимеда, в
полярной системе координат имеющей вид
ρ = at ,
ϕ = bt .
Найти, действующую на точку силу.
Задача 18. Найти центрально-симметричную силу, в поле
которой материальная точка движется по гиперболическому
закону.
Задача 19. Выразить фокальный параметр p , эксцентриситет
орбиты e и большую полуось a кеплеровой орбиты через
апогейное ra и перигейное rp расстояния.
Задача 20. Найти абсолютную величину скорости точки,
движущейся по кеплеровой орбите, как функцию угла ϕ , параметра
p и эксцентриситета орбиты e.
Задача 21. Найти среднеугловое расстояние спутника от центра
притяжения
Задача 22. Доказать, что p = a (1 − e 2 ) .
36
Ответы
1. rmin
M 2 +1
. Движение инфинитное, E > 0 , M – любое.
=
2E
2. r1, 2 = E ± E 2 − M 2 . Движение финитное, E ≥ M , M – любое.
3. r1, 2 = E ± E 2 − ( M 2 + 1) . Движение финитное, E ≥ M 2 + 1 , M
– любое.
4. rmin
M 2 + M 4 + 16 E
=
. Движение инфинитное, E > 0 , M –
4E
любое.
5. а) rmin
б) rmax
M 2 − α2
=
. Движение инфинитное, E > 0 , M 2 > α 2 .
2E
α2 − M 2
=
. Падение на центр при E < 0 , M 2 < α 2 .
2E
При E ≥ 0 в этом случае ( M 2 < α 2 ) точки поворота отсутствуют.
Имеет место беспрепятственное движение от r = 0 до r = ∞ .
в) при M 2 = α 2 – свободное движение вдоль радиус-вектора,
E ≥ 0.
6. а) при E > U ef max – беспрепятственное движение от r = 0 до
r = ∞;
б) при E = U ef max – движение по окружности радиуса r0
(U ef max = U ef (r0 ) ;
в) при U ef max > E > 0 , r > r0 – инфинитное движение;
г) при E < U ef max , r < r0 – падение на центр.
При E = 0 rmax =
α
M
2 , M – любое.
37
α2 − M 2
7. t =
> 0 (при движении к силовому центру скорость
2E
dr dt < 0 , и перед корнем стоит знак минус, который и
обеспечивает t > 0 ).
8. t = α / 2M 2 > 0 (аналогичное замечание касательно знака перед
корнем в подынтегральном выражении).
2
1
2
2
2 M +1
;
9. t − t0 =
2 Er − ( M + 1) ⇒ r = 2 E (t − t0 ) +
2E
2E
 1 M 2 +1 
M 2 +1
1+ M 2


.
ϕ − ϕ0 =
arccos
⇒r=
sec
2


r
2
E
2
E
M
M +1


M
1
π
Mr 2
α 2
10. ϕ − ϕ0 = arcsin
; r=
sin 2(ϕ − ϕ0 ); ∆ϕ =
(поворот
2
M
4
α 2
на 1 / 8 часть окружности).
1/ 5
1/ 5
M2

11. R = 

 mk 
 Mk 2 
5
, E = Mω , ω =  3 
6
 m 
12. v1 = gR =
α
( g – ускорение силы тяжести на поверхности
mR
планеты).
13. v 2 = 2 gR = 2
14. h = 2 R
v 02 − v12
v 22 − v 02
α
.
mR
.
15. T = 3ka 2 / 2 , M = a 2 3mka .
16. ω = 15ka / m .
17. F = Fρ2 + Fϕ2 = abm 4 + b 2t 2 .
.
38
18. F = −
19. p =
20. v =
21. r
M2
mr
n .
3 r
2ra rp
ra + rp
, e=
ra − rp
ra + rp
.
M
1 + e 2 + 2e cos ϕ .
mp
2π
=
p
1− e
2
= b.
39
6. ЗАДАЧА ДВУХ ТЕЛ, ДИАГРАММЫ
СТОЛКНОВЕНИЯ И РАССЕЯНИЕ ЧАСТИЦ
1. Задача двух тел сводиться к задаче о движении тела с
приведенной массой
µ=
m1m2
m1 + m2
в поле сил взаимодействия (центральном). При этом траектории
частиц в ц-системе (системе центра масс) подобны траектории
частицы с приведенной массой.
2. Дифференциальное эффективное сечение dσ определяется как
отношение числа частиц, отклонившихся за единицу времени на
угол, лежащий в заданном малом интервале от χ до χ + dχ , к
плотности исходного потока частиц. Необходимые для
определения
dσ
измерения
выполняются
в
л-системе
(лабораторной системе). Для вычисления дифференциального
эффективного сечения в ц-системе необходимо знать конкретный
закон взаимодействия, позволяющий установить аналитическую
зависимость между прицельным расстоянием ρ и углом
отклонения χ в данной системе, т.е. знать χ = χ(ρ). В этом случае
dσ =
ρ(χ) dρ
dΩ ,
sin χ dχ
где dΩ = 2π sin χdχ − телесный угол, заключенный между углами
χ + dχ и χ .
Полное эффективное сечение рассеяния
ρ max
σ = 2π
∫ ρdρ .
0
Для пересчета эффективных сечений рассеяния из ц-системы в
л-систему необходимо выразить углы отклонения θ1 и θ2 через
угол χ . Если в ц-системе
dσ = f (χ)dΩ ,
40
то в л-системе
dσi = f (χ(θi ))
2π sin χ(θ1 )dχ(θi )dΩ
.
2π sin θi dθi
Диаграмма столкновения двух частиц массами m1 и m2 строится
следующим образом. Вначале строится окружность с радиусом
OC = µ v (рис. 6.1), где
v = v1 − v 2 .
Рис. 6.1
Здесь v1 и v 2 скорости частиц до удара в л-системе. Далее
единичный вектор n 0 направляется вдоль прямой OC . Угол
< COB = χ есть угол отклонения частиц в ц-системе. Потом
откладываются на диаметре отрезки AO и OB , равные
AO =
m1
p1 + p 2 ,
m1 + m2
OB =
m2
p1 + p 2 ,
m1 + m2
где p1 , p 2 − импульсы частиц до удара. Углы < CAO = θ1 и
< CBO = θ2 есть углы отклонения частиц после столкновения в лсистеме. Векторы AC = p1′ , CB = p′2 есть импульсы частиц после
удара.
Пример
1.
Потенциальная
энергия
материальных точек с массами m1 и m2 равна
взаимодействия
41
k
(r − a )2 .
2
Какими должны быть их скорости в Ц.С., чтобы они двигались по
круговым орбитам?
Решение. В системе центра масс из законов сохранения энергии
и кинетического момента имеем
U (r ) =
µr& 2
+ U ef = E ,
2
где эффективный потенциал
U ef =
M2
2µr 2
+
k
(r − a )2 .
2
Для круговой орбиты
∂U ef
∂r
=−
M2
µr 3
+ (r − a ) = 0 ,
откуда
M 2 = µk (r − a )r 3 = (µ v r ) 2 ,
и, следовательно, относительная скорость v равна
k

v =  r (r − a )
µ

12
.
Таким образом
v1 =
1
m2
µ
[kµr (r − a)]1 2 ,
v=
v=
m1 + m2
m1
m1
v2 =
m1
µ
1
[kµr (r − a)]1 2 .
v=
v=
m1 + m2
m2
m2
Пример 2. Найти сечение рассеяния для частиц массы m,
движущихся в потенциале U (r ) = α / r 2 с энергией E при α > 0.
42
Решение. При движении частицы мимо центра она отклоняется
на угол χ. Данный угол равен:
χ = π − ϕ0
(1)
Формула получается из условия симметрии траектории частиц
относительно прямой ОА (рис. 6.2). Угол ϕ0 определяется
интегралом:
ϕ0 =
∞
∫
rmin
Mdr
r
2
2m[ E − U (r )] − M / r
2
2
.
(2)
Величина rmin является корнем выражения, стоящего под знаком
интеграла. При инфинитном движении вместо постоянных E и M
удобно ввести другие – скорость v ∞ частицы на бесконечности и
так называемое прицельное расстояние ρ . Энергия и момент
выражаются через эти величины:
Рис. 6.2
2
m v∞
E=
, M = mρ v ∞ ,
2
а формула (2) принимает вид:
(3)
43
∞
ρdr
∫
ϕ0 =
rmin
r2 1−
ρ
2
(4)
2U
−
r2
2
m v∞
или с учетом выражения для потенциала U
ϕ0 =
∞
ρdr
∫
rmin
r2 1−
ρ
2
r2
−
∞
2α 1
d (1 / r )
∫
= −ρ ⋅

2α  1
1 −  ρ2 +
2  2
m v∞

r
rmin
2 2
m v∞
r
1
= −ρ
ρ +
2
⋅
2α
2
m v∞
∞
dx
∫
1− x
rmin
2
,
где
x=
1 2
2α
ρ +
.
2
r
m v∞
Интегрируя, получим:
ϕ0 =
1
1+
2α
2 2
m v∞
ρ
 ρ
2α
arcsin
1+
2 2
 rmin
m v∞
ρ


.


Определим точку поворота из условия E = U ef . Так как
rmin = ρ 1 +
2α
2 2
m v∞
ρ
,
то
arcsin1 =
Угол
π
,
2
ϕ0 =
π
2 1+
2α
2 2
m v∞
ρ
.
=
44
χ = π − 2ϕ0 = π −
π
1+
2α
.
(5)
2
mρ2 v ∞
Из (5) определим прицельный параметр ρ
χ
= 1− .
π
1
1+
2α
2
mρ 2 v ∞
После преобразований получим
α ( π − χ) 2
ρ =
.
E ( 2π − χ ) ⋅ χ
2
Эффективное сечение рассеяния определяется выражением
dσ =
ρ(χ) dρ
dΩ ,
sin χ dχ
где dΩ = 2π sin χdχ – телесный угол между конусами с углами
раствора χ и χ + dχ . Производная
dρ 2
dρ α d ( π − χ ) 2
2π 2 α ( π − χ )
.
= 2ρ
=
=− 2
dχ
dχ E dχ χ ( 2 π − χ )
Eχ (2π − χ) 2
С учетом этого эффективное сечение рассеяния
π 2α
π−χ
dΩ
.
dσ =
2
2
E χ (2π − χ) sin χ
Пример 3. Найти сечение падения на центр для частицы массы
m, движущейся в потенциале (рис. 6.3):
U (r ) =
α
r2
−
β
r4
с энергией E .
Решение. Эффективный потенциал частицы равен:
45
U ef = U (r ) +
M2
2mr
2
(1),
Рис. 6.3
или, учитывая, что
2
E = m v∞
/ 2 , M = mρ v ∞ ,
(2)
где v ∞ – скорость частиц на бесконечности, а ρ – прицельное
расстояние. Из выражения (1) и (2) получим:
U ef =
Зависимость U ef
Eρ 2
2
+
α
2
−
β
4
(3).
r
r
r
от r изображена на рисунке. Максимальное
значение U ef max определяется из условия
dU ef
dr
Откуда
=
d
[( Eρ2 + α)r − 2 − βr − 4 ] = − 2( Eρ 2 + α)r − 3 + 4βr − 5 = 0 .
dr
46
2
rmax
=
2β
Eρ + α
2
.
(4)
Подставим (4) в (2), получим:
( Eρ 2 + α) 2 β( Eρ 2 + α) 2 ( Eρ 2 + α) 2
.
U ef (rmax ) =
−
=
2β
4β
4β 2
(5)
«Падают» на центр те частицы, у которых U ef max < E .
Определим ρ max из условия U ef max = E , то есть
( Eρ 2 + α) 2
=E
4β
Следовательно
ρ 2max =
2 β⋅ E α
β α
− =2
− ,
E
E
E E
а сечение
 β α
σ = πρ 2max = π 2
−  .
E
E

Пример 4. Найти дифференциальное и полное эффективное
сечения рассеяния в ц-системе, если точечные частицы
рассеиваются на абсолютно твердом, гладком и упругом шарике
радиуса a .
Решение. В случае упругого удара потенциал U обладает
следующими свойствами
U =0
при r > a ,
U =∞
при r < a ,
то есть вне шарика частица движется свободно, а внутрь него
проникнуть не может при упругом ударе. Траектория частицы
складывается из двух прямых, расположенных симметрично
относительно шарика.
47
Рис. 6.3
Прицельное расстояние
χ
π−χ
ρ = a sin ϕ0 = a sin 
 = a cos .
2
 2 
Учитывая, что дифференциальное сечение
dσ =
ρ dρ
dΩ ,
sin χ dχ
dρ a
χ
= sin ,
dχ 2
2
получим
a 2 cos(χ / 2) sin(χ / 2)
a2
dσ =
dΩ =
dΩ .
2 sin χ
4
Полное сечение
a2
2
σ=
d
Ω
=
π
a
.
4 ∫
Задачи
1. Найти сечение падения на центр для частицы массы m, с
энергией E движущейся в потенциале:
U (r ) =
α β
−
r r2
48
2 – 5. Найти дифференциальное и полное эффективное сечение
рассеяния в ц-системе, если:
2. Точечные частицы рассеиваются на абсолютно твердом, гладком
и упругом шарике радиуса a .
3. Абсолютно твердые, гладкие и упругие шарики радиуса b
рассеиваются на таких же шариках радиуса a .
4. Абсолютно твердые, гладкие и упругие шарики радиуса b
рассеиваются на таких же шариках радиуса b .
5. Точечные частицы рассеиваются на абсолютно твердой, гладкой
и упругой поверхности вращения ρ = b sin( z / a ) , 0 ≤ z ≤ πa .
6 – 8. Найти дифференциальное и полное эффективное сечение
рассеяния в Л.С., если сталкивающиеся частицы можно
моделировать абсолютно гладкими, твердыми и упругими
шариками радиуса a , причем:
6. m1 = m , m2 = m / 3 , v1 = v , v 2 = − v (определяются только dσ и
σ ).
7. m1 = m2 = m , v1 = v , v 2 = 0 .
8. m1 = m2 = m , v1 = v , v 2 = − v .
9. Электрон, имевший на бесконечности скорость v , налетает на
другой электрон, первоначально неподвижный (прицельный
параметр ρ ). Найти скорость электронов после рассеяния.
10. Найти число актов реакции, происходящих в объеме dV за
время dt при столкновении двух пучков частиц со скоростями v1 ,
v 2 и плотностями n1 , n2 . Сечение реакции равно σ .
11. Найти закон, по которому изменяется интенсивность пучка
частиц при прохождении им области, заполненной поглощающими
центрами. Плотность распределенных центров n , сечение
поглощения σ .
12-16. Построить диаграммы столкновения и определить
характеристики движения частиц после столкновения: v1′ , v′2 , θ1 и
θ2 .
12. m1 = m2 = m , v1 = v , v 2 = − v , угол отклонения в ц-системе равен
χ.
49
13. m1 = m / 2, m2 = m ,
χ = π.
14. m1 = m, m2 = m / 3 ,
χ.
16. m1 = m / 2, m2 = m ,
χ = 0.
17. m1 = m / 2, m2 = m ,
χ = π/ 2.
v1 = 2 v , v 2 = v , угол отклонения в ц-системе
v1 = v , v 2 = − v , угол отклонения в ц-системе
v1 = 2 v , v 2 = v , угол отклонения в ц-системе
v1 = 2 v , v 2 = v , угол отклонения в ц-системе
Ответы
 β α2 
α2
α2


1. σ = π −
, E>
; σ = 0, E <
2
E
4
β
4β
4E


1
2. dσ = a 2 dΩ , σ = πa 2 .
4
1
3. dσ = (a + b) 2 dΩ , σ = π(a + b) 2 .
4
4. dσ = a 2 dΩ , σ = 4πa 2 .
1
dΩ
2
5. dσ = a 2
,
σ
=
π
b
.
4 cos 4 (χ 2 )
6. dσ1 = 4a 2 cos θ1dΩ1 , σ1 = 4πa 2 .
7. dσ = 8a 2 cos θdΩ , σ = 8πa 2 .
8. dσ = 2a 2 dΩ , σ = 8πa 2 .
α
m v2
Eρ v
9. tg θ1 = ctg θ 2 =
, E=
, v1 =
,
2
2 2 12
2
Eρ
α +E ρ
(
v2 =
(α
αv
2
)
2 2 12
+E ρ
.
10. dN = σn1n2 v1 − v 2 dVdt .
)
50
11. I ( x) = I (0) exp(−nσx) .
12. v1′ = v′2 = v , θ1 = χ и θ2 = π − χ .
13. v1′ = 2 v/ 3, v′2 = 5 v/ 3 , θ1 = 0 и θ2 = 0 .
14. v1′ = v cos χ / 2 , θ1 = χ / 2 .
51
7. УРАВНЕНИЯ ЛАГРАНЖА, ФУНКЦИЯ
ЛАГРАНЖА
Уравнения Лагранжа с реакциями связей или уравнения
Лагранжа первого рода для системы N материальных точек и k
голономных идеальных связей имеют вид
k
mi ri = Fi + ∑ λ j ∇i f j ,
i = {1, N },
(1)
r
r
f α (r1 , ..., rN , t ) = 0 .
α = {1, k},
(2)
α =1
λj
Уравнения
(2)
это
уравнения
связей.
Параметр
− неопределенный множитель Лагранжа.
Уравнение Лагранжа второго рода для системы с s степенями
свободы
∂T
d ∂T
−
= Qα ,
dt ∂q&α ∂qα
α = {1, s}
(3)
где
N
1 N
∂r
2
T = ∑ mir&i , Qα = ∑ Fi i
(4)
2 i =1
∂
q
α
i =1
кинетическая энергия системы точек и обобщенная сила
соответственно.
В случае потенциальных сил
∂U
Fi = −
,
∂ri
∂U ∂ri
∂U
=−
∂r ∂qα
∂q α
α =1 i
s
Qα = − ∑
(5)
уравнение Лагранжа второго рода для системы с s степенями
свободы примет вид
d ∂L
∂L
−
= 0,
&
dt ∂qα ∂qα
α = {1, s} .
(6)
где
L(q, q& , t ) = T (q, q& , t ) − U (q ) ,
(7)
52
функция Лагранжа (лагранжиан).
При наличии обобщенно-потенциальных ( Q pα ) и диссипативных
сил ( Qdα ) уравнения Лагранжа (6) в независимых координатах
можно записать в виде
d ∂L
∂L
−
= Qdα , α = {1, s} ,
dt ∂q&α ∂qα
(8)
В этом случае обобщенные силы
Qα = Q pα + Qdα ,
α = {1, s} .
(9)
Обобщенный импульс определяется выражением
pα =
∂L
.
∂q&α
(10)
Если от какой-либо обобщенной координаты qi функция Лагранжа
механической системы не зависит, а диссипативная сила
Qdi = 0 ,
то обобщенный импульс pi сохраняется. Координаты, от которых
функция Лагранжа явно не зависит, называются циклическими.
Функция
H 0 (q, q& , t ) =
s
∂L
∑ ∂q&
α =1
α
q&α − L
(11)
называется обобщенной энергией механической системы.
Пример 1. Тяжелая материальная точка находится в вершине
вертикально расположенной идеально гладкой окружности радиуса
R, которая представляет собой освобождающуюся связь. Точка
начинает двигаться под действием силы тяжести, имея
пренебрежимо малую начальную скорость. Определить реакцию
связей, а также в каком месте окружности точка покинет связь.
Решение. Определим реакцию связей. Выберем оси координат
так, чтобы окружность, на которой расположена точка, была в
плоскости yz (рис. 7.1). Начало координат выберем в центре
53
окружности. Тогда уравнение геометрических связей, наложенных
на точку, будут иметь вид:
f1 = x = 0 ,
f2 = y 2 + z 2 − R2 = 0 .
Рис. 7.1
В начальный момент координаты точки имеют значения:
x = 0,
y = 0,
z = R.
Так как при этих начальных данных уравнения связей
удовлетворяются, то уравнения движения точки следует записать в
виде:
∂f1
∂f
+ λ2 2 ,
∂x
∂x
∂f
∂f
m&y& = λ1 1 + λ 2 2 ,
∂y
∂y
m&x& = λ1
∂f1
∂f
+ λ2 2 ,
∂z
∂z
где P = mg – вес материальной точки. Подставляя значения f1 и
f 2 , получим:
m&z& = − P + λ1
54
m&x& = λ1 , m&y& = 2λ 2 y , m&z& = − P + 2λ 2 z .
Возможные ускорения
удовлетворять равенствам:
d 2 f1
2
= &x& = 0 ,
рассматриваемой
d 2 f2
2
точки
должны
= 2( z& 2 + y& 2 + z&z& + y&y&) = 0 .
dt
dt
Подставляя в эти равенства &x& , &y& и &z& из уравнений движения,
находим λ1 и λ 2 :
λ1 = 0 , λ 2 =
Pz − m( y& 2 + z& 2 )
2( y + z )
2
2
.
Реакция связи
Ry = λ2
∂f 2
= 2λ 2 y = mg (3 cos ϕ − 2) sin ϕ .
∂y
Реакция связи
∂f 2
= 2λ 2 z = mg (3 cos ϕ − 2) cos ϕ .
∂z
Модуль реакции связи
Rz = λ 2
R = R y2 + Rz2 = mg (3 cos ϕ − 2) .
Для того чтобы определить, когда точка сойдет со связи, надо
установить в каком месте окружности множитель λ 2 обращается в
нуль. Так как точка находится на окружности, то:
y 2 + z 2 = R 2 , v 2 = y& 2 + z& 2 .
Следовательно:
λ2 = m
gz − v 2
2R
2
Из закона сохранения энергии:
m v2
= mgh
2
.
55
имеем
v 2 = 2 gh ,
где h – высота, на которую опустилась точка. Выразим координату
z и высоту h через угол ϕ :
z = R cos ϕ , h = R(1 − cos ϕ) .
Поэтому:
3 cos ϕ − 2
.
2R
Следовательно, λ 2 = 0 при cos ϕ = 2 / 3 .
λ 2 = mg
Пример 2. Частица массы m движется по сфере радиуса R в
поле силы тяжести (рис. 7.2). Найти интегралы движения и закон
движения (в квадратурах).
Рис. 7.2
Решение. Учитывая однородность поля тяжести и сферическую
симметрию связи
f = r 2 − R2 = 0
(1)
56
совместим начало координат с центром сферы. Ось OZ направим
противоположно вектору напряженности g . Функция Лагранжа для
точки на сфере имеет вид:
mR 2 & 2
L=
(θ + sin 2 θϕ& 2 ) − mgR cos θ
2
Координата ϕ является циклической, следовательно:
dL
= mR 2 sin 2 θϕ& = M ,
dϕ&
(2)
то есть момент импульса M частицы сохраняется. Кроме того,
сохраняется и полная энергия частиц:
mR 2 & 2
(θ + sin 2 θϕ& 2 ) + mgR cos θ = E .
2
Подставим в (3) выражение для ϕ& из (2):
M
1
ϕ& =
.
mR 2 sin 2 θ
В результате получим:
(3)
(4)
mR 2 & 2
M2
+ mgR cos θ = E .
θ +
2
2
2
2mR sin θ
Отсюда
θ& =
2
mR
2
(E −
M2
2mR sin θ
2
2
− mgR cos θ) ,
(5)
а закон движения частицы массы m в квадратурах будет иметь вид:
mR 2
t=
2 ∫
dθ
E−
M
2
2mR 2 sin 2 θ
+ const .
− mgR cos θ
Получим уравнение траектории частиц. Разделим выражение (4) на
(5):
57
ϕ& dϕ
=
=
θ& dθ
M
mR 2 sin 2 θ

2 
M

E
−
−
mgR
cos
θ
2
2
2

mR 
2mR sin θ

2
,
Откуда
ϕ=∫
Mdθ

2 
M2
2
2
mR sin θ
E−
− mgR cos θ 
2
2
2
mR 
2mR sin θ

+C
Пример 3. Стержень массы m и длины l скользит по сторонам
прямого угла без трения (рис. 7.3). Написать функцию Лагранжа и
найти закон движения в квадратурах.
Решение. Функция Лагранжа равна:
L = T −U .
Пусть точка C – центр массы стержня. Ее координаты
l
l
yC = cos ϕ , xC = sin ϕ .
2
y
Рис. 7.3
Определим скорость точки С. Компоненты скорости
58
x& = −
l
l
⋅ sin ϕ ⋅ ϕ& , y& = ⋅ cos ϕ ⋅ ϕ& ,
2
2
и ее квадрат
l2 2
l2 2
2
2
v = ϕ& ⋅ (sin ϕ + cos ϕ) = ϕ& .
4
4
Кинетическая энергия стержня равна:
2
m v 2 I C ϕ& 2
,
T=
+
2
2
где I C = ml 2 / 12 – момент инерции стержня. С учетом этого
кинетическая энергия стержня равна:
m l 2 2 ml 2
1
T=
ϕ& +
⋅ ϕ& = ml 2 ϕ& 2 .
2 4
24
6
Потенциальная энергия стрежня равна:
1
U = mgl ⋅ cos ϕ .
2
Итак, функция Лагранжа стержня
1
1
L = ml 2 ϕ& 2 − mgl cos ϕ .
6
2
Из закона сохранения энергии найдем уравнение движения стержня
в квадратурах
1
1
E = T + U = ml 2 ϕ& 2 + mgl cos ϕ .
6
2
Откуда
1

 6
ϕ& =  E − mgl cos ϕ  2 ,
2

 ml
t=∫
ldϕ
+ C1 ,
6
1

 E − mgl cos ϕ 
m
2

59
где C1 – постоянная интегрирования.
Задачи на уравнение Лагранжа 1-го рода
1. Материальная точка движется в однородном поле тяжести по
гладкой неподвижной плоскости z = x tg α . Найти закон движения
точки и силу реакции наклонной плоскости.
2. Материальная точка движется в однородном поле тяжести по
гладкой неподвижной параболе z = ax , a = 8 / 9 . Начальная
скорость равна нулю, начальная высота z0 = 15 / 4 . Найти высоту,
на которой точка оторвется от параболы (потеряет связь).
3. Применив уравнение Лагранжа первого рода к описанию
движения машины Атвуда (две массы m1 и m2 , соединенные
невесомой нитью длиной l , переброшенной через невесомый блок
радиуса r , вращающийся без трения), найти ускорения масс и
реакцию связи.
4. Частица массой m скатывается в однородном поле тяжести по
гладкой выгнутой дуге радиуса a . Начальная скорость частицы в
точке с координатами x = 0 , z = a равна нулю. Определить силу
реакции связи частицы на дуге.
Ответы
m
1. m&x& = − sin 2α , m&z& = −mg sin 2 α , R = mg cos α .
2
2
5
2. z 3 + z − , z = 1.
3
3
m − m1
m − m2
mm
3. &x&1 = g 2
, &x&1 = g 1
, R = 2g 1 2 .
m1 + m2
m1 + m2
m1 + m2
4. R =
3mg
(a − z ) .
a
Задачи на уравнение Лагранжа 2-го рода
Записать функцию Лагранжа следующих систем материальных
точек, находящихся в однородном поле тяжести g .
60
5. Длина невесомой нерастяжимой нити перекинутой через блок,
соединяющей грузы массой m1 и m2 , равна l . Размеры блока и сила
трения пренебрежимо малы. Предполагается, что грузы
перемещаются только вдоль силы тяжести.
6. Длина маятника l (t ) является заданной функцией времени. На
конце маятника точечный груз массой m .
7. Длина маятника l = const . Точка массой m2 перемещается вдоль
стержня с постоянной скоростью v . Начальное положение точки
m2 произвольно, например оно совпадает с точкой подвеса. На
конце маятника точечный груз массой m1 .
8. Точка подвеса маятника массы m2 может перемещаться
перпендикулярно направлению поля тяжести g . На конце маятника
точечный груз массой m1 .
9. Точка подвеса маятника массы m2 может перемещаться вдоль
направления поля тяжести g . На конце маятника точечный груз
массой m1 .
10. Точка массой m может перемещаться по параболе z = kx 2 .
11. Точка массой m2 перемещается вдоль вектора g в поле тяжести,
а точка m1 – перпендикулярно ему. Расстояние между точками
l = const . (Невесомый стержень длиной l на концах массы m1 и m2
скользит в углу).
Ответы
1
5. L = (m1 + m2 ) z& 2 + (m1 − m2 ) gz , где z – расстояние точки m1 до
2
подвеса блока.
m &2 2 2
(l + l ϕ& ) + mgl cos ϕ
2
1
7. L = (m1l 2 + m2 v 2 t 2 )ϕ& 2 + (m1l + m2 v t ) g cos ϕ .
2
m + m2 2 m1 2 2
8. L = 1
x& + (l ϕ& + 2 x&ϕ& l cos ϕ) + m1 gl cos ϕ .
2
2
6. L =
61
m1 + m2 2 m1 2 2
z& + (l ϕ& − 2 z&ϕ& l sin ϕ) + m1 gl cos ϕ + (m1 + m2 ) gz .
2
2
В задачах 5 – 9 ϕ – угол отклонения маятника от равновесного
положения, оси z параллельна g , ось x перпендикулярна g .
9. L =
10. L =
m
(1 + 4k 2 x 2 ) x& 2 − mgkx 2 .
2
m2 2 m1 2 x 2
11. L =
− m2 gx , или
x& +
x& 2
2
2
2
l −x
1
L = (m1 cos 2 ϕ + m2 sin 2 ϕ)l 2 ϕ& 2 − m2 gl cos ϕ
2
Задачи
Найти обобщенные импульсы, обобщенные силы, записать
уравнения Эйлера – Лагранжа и в задачах со звездочкой, их
проинтегрировать, если функция Лагранжа имеет вид:
1
12*. L = (m1 + m2 ) z& 2 + (m1 − m2 ) gz .
2
m
13. L = (l&2 + l 2 ϕ& 2 ) + mgl cos ϕ , l = l (t ) .
2
1
14. L = (m1l 2 + m2 c 2t 2 )ϕ& 2 + (m1l + m2 ct ) g cos ϕ .
2
m + m2 2 m1 2 2
15*. L = 1
x& +
(l ϕ& + 2 x&ϕ& l cos ϕ) + m1 g l cos ϕ .
2
2
m + m2 2 m1 2 2
16*. L = 1
z& + (l ϕ& − 2 z&ϕ& l sin ϕ) +
2
2
+ m1 g l cos ϕ + (m1 + m2 ) gz .
17. L =
m
(1 + 4k 2 x 2 ) x& 2 − mgkx 2
2
m2 2 m1 2 x 2
− m2 gx , или
18. L =
x& +
x& 2
2
2
2
l −x
62
1
L = (m1 cos 2 ϕ + m2 sin 2 ϕ)l 2 ϕ& 2 − m2 gl cos ϕ
2
19. Выразить обобщенные силы Qi через проекции сил F на орты
обобщенных координат в цилиндрической (а) и сферической (б)
системах координат.
20. Две точечные частицы массами m1 и m2 , связанные пружинкой
жесткостью k , могут двигаться без трения по сторонам прямого
угла x0 y , сторона 0 y которого вертикальна. Длина пружины в
ненапряженном состоянии равна l0 . В напряженном состоянии
длина зависит от координат масс. Составить функцию Лагранжа
данной системы и найти уравнения движения.
21. Тяжелая точка массы m может двигаться по гладкому
эллиптическому параболоиду
z = ax 2 + by 2
( a > 0, b > 0 , ось z направлена вертикально вверх). Составить
функцию Лагранжа.
Ответы
m1 − m2 t 2
12. z =
g + c1t + c2 .
m1 + m2 2
&& + 2l&ϕ& + g sin ϕ = 0 .
13. lϕ
&& + 2m2 c 2tϕ& + (m1l + m2 ct ) g sin ϕ = 0 .
14. (m1l 2 + m2 c 2 t 2 )ϕ
15. (m1 + m2 ) x + m1l sin ϕ = p x t + c2 ,
&& + &x&cos ϕ + g sin ϕ = 0 .
lϕ
16. (m1 + m2 ) z + m1l cos ϕ =
m1 + m2 2
gt + c1t + c2 .
2
&& − &z&sin ϕ + g sin ϕ = 0 .
lϕ
17. (1 + 4k 2 x 2 ) &x& + 4k 2 xx& 2 + 2 gkx = 0 .
63
m1 x 2
l2
2
&
&
&
18. m2 &x& +
x
+
m
g
+
m
x
x
= 0 , или
2
1
2
2 2
2 l 2 − x2
(l − x )
(m1 cos 2 ϕ + m2 sin 2 ϕ)lϕ& + (m2 − m1 )lϕ& 2 sin ϕ cos ϕ − m2 g sin ϕ = 0
19. а) Qρ = Fρ , Qϕ = ρFϕ , Qz = Fz .
б) Qr = Fr , Qϕ = r sin θFϕ , Qθ = Fθ .
20. L =
(
m1&x& = −
21. L =
)
1
k
m1x& 2 + m2 y& 2 − m2 gy −
2
2
(
kx x 2 + y 2 − l0
[
x +y
2
2
),
(x
2
m1 &y& = −
]
(
)
2
+ y 2 − l0 ,
(
ky x 2 + y 2 − l0
x +y
2
2
)− m g .
2
)
m 2
x& + y& 2 + 4(axx& + byy& )2 − mg ax 2 + by 2 .
2
Задачи
22. Доказать инвариантность уравнений Лагранжа относительно
выбора системы координат.
23. Выразить обобщенные силы через скорости и ускорения в
цилиндрической системе координат.
24. Выразить обобщенные силы через скорости и ускорения в
сферической системе координат.
25. Найти выражения обобщенных импульсов в цилиндрической и
сферической системах координат.
26. Записать функцию Лагранжа, обобщенную энергию и
уравнения движения в поле U = mgrn z в декартовой (а),
цилиндрической (б) и сферической (в) системах координат.
64
8. ФУНКЦИЯ ГАМИЛЬТОНА И КАНОНИЧЕСКИЕ
ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
Функция Гамильтона системы с n степенями свободы
n
H (qi , pi , t ) = ∑ pi q&i − L(qi , q&i , t ) ,
i =1
где обобщенные скорости q&i выражены через обобщенные
импульсы pi = ∂L ∂q&i .
Уравнения Гамильтона (канонические уравнения)
q&i =
∂H
∂H
, p& i = −
.
∂pi
∂qi
Каноническими называются преобразования (qi , pi ) → (Qi , Pi ) ,
сохраняющие форму канонических уравнений
∂K &
∂K
Q& i =
, Pi = −
,
∂Pi
∂Qi
где K = K (Qi , Pi , t ) – новая функция Гамильтона. Для того чтобы
преобразование (qi , pi ) → (Qi , Pi ) было каноническим, необходимо
и достаточно выполнения равенства
[Qi , Q j ] = 0 , [ Pi , Pj ] = 0 , [ Pi , Q j ] = cδij .
Производящая функция
определяется соотношением
канонического
F
n
n
i =1
i =1
преобразования
dF
∑ pi q&i − H = ∑ Pi Q& i − K + dt .
Существует четыре вида производящих функций:
F1 (q j , Q j , t ) , F2 (q j , Pj , t ) , F3 (Q j , Pj , t ) , F4 ( p j , Pj , t ) ,
различающихся между собой выбором независимых переменных в
качестве аргументов.
Пример 1. Убедиться, что преобразование
65
Q=
mωq + ip iωt
e ;
2mω
P=i
(1a)
mωq − ip − iωt
e
2mω
(1б)
является каноническим и найти его производящую функцию. Для
системы, описываемой гамильтонианом
p 2 mω2 q 2
H=
+
2m
2
построить новую функцию Гамильтона и записать уравнения
Гамильтона в переменных Q и P .
Решение. Вычислим скобку Пуассона:
[Q, P] =
∂Q ∂P ∂Q ∂P
−
.
∂q ∂p ∂p ∂q
∂P
mω − iωt ∂Q
=i
e
,
=
∂
∂q
p
2mω
∂P
=
∂p
(2)
i
e iωt ,
2mω
1
∂Q
mω iωt
e − iω t ,
=
e .
∂q
2mω
2mω
(3)
Подставим (3) в (2), получим:
[Q, P] =
mω iωt
1
i
imω − iωt
e ⋅
e − iω t −
e iω t
e
=1
2mω
2mω
2mω
2mω
Следовательно, переменные P и Q канонические.
Определим производящую функцию из выражения
dF = p (q, Q)dq − P (q, Q)dQ .
(4)
Определим P(q, Q ) и p(q, Q ) . Из (1а) имеем
1
p (q, Q) = ( 2mωQe − iωt − mωq ) .
i
Подставим (5) в (1б), получим
(5)
66
i
mωq − ( 2mωQe − iωt − mωq )
i
P ( q, Q ) = i
e − iω t =
2mω
= i 2mωqe − iωt − iQe − 2iωt .
(6)
Подставим (5), (6) в (4) и проинтегрируем
i 2mωqQ − iωt imωq 2 i 2mωqQ − iωt iQ 2 − 2iωt
F =−
e
+
−
e
+
e
.
2
2
2
2mω
В итоге производящая функция
F = −i 2mωqQe
− iωt
imωq 2 iQ 2 − 2iωt
+
+
e
.
2
2
(7)
Новая функция Гамильтона:
K=H+
∂F
.
∂t
(8)
Из (7) имеем
∂F
= −ω 2mωqQe − iωt + ωQ 2 e − 2iωt .
(9)
∂t
Выразим ∂F ∂t через P и Q . Из (1а) и (1б) выразим q через P и
Q:
mωq + ip = 2mωQe − iωt , mωq − ip = −i 2mωPe − iωt .
Сложим эти два выражения, получим:
q=
1
(Qe − iωt − iPe iωt ) .
2mω
Подставим выражение для q в (8), получим
∂F − ω 2mωQe − iωt (Qe − iωt − iPeiωt )
+ ωQ 2 e − 2iωt = iωQP
=
∂t
2mω
Определим H через Q и P:
67
(mωq ) 2 + p 2 i  p 2 mω2 q 2  i
QP = i
= 
+
= H.
2mω
ω  2m
2  ω
Следовательно
H=
ω
QP = −iωQP
i
И тогда
K=H+
∂F
= iωQP − iωQP = 0 .
∂t
Итак K = 0 .
Задачи
Записать функцию Гамильтона физической системы, если ее
функция Лагранжа имеет вид
1
1. L = (m1 + m2 ) z& 2 + (m1 − m2 ) gz .
2
m &2 2 2
(l + l ϕ& ) + mgl cos ϕ , l = l (t )
2
m
3. L = (1 + 4k 2 x 2 ) x& 2 − mgkx 2 .
2
2. L =
xy& 2
4. L =
+ a ln x& , a = const .
2
12
2
v
2
5. L = −mc 1 − 2 
 c 
(
, v 2 = v x2 + v 2y + v z2 , c = const .
)
6. L = aq&12 + c 2 + b 2 cos 2 q1 q& 22
Записать уравнения Гамильтона, если функция Гамильтона
имеет вид
68
p2
7. H =
− (m1 − m2 ) gz .
2(m1 + m2 )
8. H =
9. H =
p2
2ml 2
− mgl cos ϕ −
p2
2m(1 + 4k x )
2 2
10. H = a ln p x +
p 2y
2x
m &2
l .
2
+ mgkx 2 , k = const
+ a − a ln a , a = c onst .
11. H = c( p 2 + m 2c 2 )1 2 , c = const .
12. H =
13. H =
px p y
2 2
, t – время.
x y t
pu2 + pv2
2(u + v )
2
2
+ au , a = const .
Найти функцию Лагранжа, если функция Гамильтона имеет вид:
(
)
1 p12 + p22
2
2
14. H =
+
a
q
+
q
.
1
2
2 q12 + q22
15. H = p1 p2 + q1q2 .
16. Вывести каноническое преобразование,
производящей функцией F1 (qi , Qi , t ) .
17. Вывести каноническое преобразование,
производящей функцией F2 (qi , Pi , t ) .
18. Вывести каноническое преобразование,
производящей функцией F3 (Qi , pi , t ) .
19. Вывести каноническое преобразование,
производящей функцией F4 ( pi , Pi , t ) .
порождаемое
порождаемое
порождаемое
порождаемое
69
Ответы
p2
1. H =
− (m1 − m2 ) gz .
2(m1 + m2 )
p2
ml&2
2. H =
− mgl cos ϕ −
.
2
2
2ml
p2
3. H =
+ mgkx 2 .
2m(1 + 4k 2 x 2 )
4. H = a ln p x +
(
py2
2x
5. H = c p 2 + m 2 c 2
+ a − a ln a .
)1 2 .
p12
p22
.
6. H =
+
4a 4 c 2 + b 2 cos 2 q1
(
7. z& =
8. ϕ& =
9. x& =
)
p
, p& = (m1 − m2 ) g .
m1 + m2
p
ml
2
, p& = −mgl sin ϕ .
p
m(1 + 4k x )
2 2
, p& =
4k 2 p 2 x
m(1 + 4k x )
2 2 2
− 2mgkx .
py
p 2y
a
10. x& =
, p& x = 2 , y& =
, p y = const .
px
x
2x
11. r& =
12. x& =
cp
(p + m c )
2
py
2
x yt
2 2 12
, p& x = 2
, p = const .
px p y
3
x yt
, y& =
px
2
x yt
, p& y =
px p y
2 2
x y t
.
70
13. u& =
pu
u +v
v& =
2
2
, p& u = u
pv
u 2 + v2
(
pu2 + pv2
(u + v )
, p& v = v
2
2 2
− a,
pu2 + pv2
(u 2 + v 2 ) 2
)(
.
)
1 2
q&1 + q& 22 − 2a q12 + q22 .
2
15. L = q&1q& 2 − q1q2 .
14. L =
16. pi =
∂F1
∂F
∂F
, Pi = − 1 , K = H + 1 .
∂qi
∂Qi
∂t
17. F2 = F1 + ∑ pi Qi , pi =
i
∂F2
∂F
∂F
, Qi = 2 , K = H + 2 .
∂qi
∂Pi
∂t
18. F3 = F1 − ∑ pi qi , qi = −
i
∂F3
∂F
∂F
, Pi = − 3 , K = H + 3 .
∂pi
∂Qi
∂t
19. F4 = F2 − ∑ pi qi , qi = −
i
∂F4
∂F
∂F
, Qi = 4 , K = H + 4 .
∂pi
∂Pi
∂t
71
9. СКОБКИ ПУАССОНА
Скобки Пуассона физических величин f (qi , pi , t ) и g (qi , pi , t )
определяются следующим образом
 ∂f ∂g ∂f ∂g 
 .
−
[ f , g ] = ∑ 
∂
∂
∂
∂
q
p
p
q
i
i
i
i
i =1 
n
С их помощью можно записать, например,
единообразным способом уравнения Гамильтона:
∂qi
= [ H , qi ] ,
∂t
Свойства скобок Пуассона:
красивым
и
∂pi
= [ H , pi ] .
∂t
1) [ f , g ] = − [ g , f ] ,
2) [ f , f ] = 0 ,
3) [ f , const] = 0 ,
4) [af , bg ] = ab [ f , g ] ,
5) [ f1 + f 2 , g ] = [ f1 , g ] + [ f 2 , g ] ,
6) [ f1 f 2 , g ] = f1[ f 2 , g ] + f 2 [ f1 , g ] ,
7) [ f , [ g , h]] = [ g , [ f , h]] − [h, [ f , g ]] .
Пример 1. Вычислить скобки Пуассона [(rp), M ] , где rp –
скалярное произведение радиус-вектора и вектора импульса. Здесь
а M – вектор момента импульса частицы.
Решение. Распишем скалярное произведение:
rp = xp x + yp y + zp z .
Распишем векторное произведение:
i
M = [rp] = x
j
y
k
z = i ( yp z − zp y ) − j( xp z − zp x ) + k ( xp y − yp x ) .
px
py
pz
72
Запишем скобку Пуассона:
 ∂ (rp) ∂M ∂ (rp) ∂M 
 ,
[(rp), M ] = ∑ 
−
q
p
p
q
∂
∂
∂
∂
i
i
i
i 
i =1 
3
где q1 = x , q2 = y , q3 = z . Распишем ее:
∂ (rp)
∂ (rp )
∂ (rp)
∂ (rp)
∂ (rp)
∂ (rp)
= px ,
= py ,
= pz ,
= x,
= y,
= z,
∂x
∂z
∂y
∂p x
∂p y
∂p z
∂M
∂M
∂M
= − jp z + kp y ;
= ip z − kp x ;
= −ip y + jp x ,
∂x
∂z
∂y
∂M
∂M
∂M
= jz − ky ;
= −iz + kx ;
= iy + jx ,
∂p x
∂p y
∂p z
[(rp), M] = px ( jz − ky) + p y (−iz + kx) + pz (iy − jx) −
r
− [ x(− jp z + kp y ) + y(i pz − kpx ) + z (−ip y + jpx )] =
= jzpx − kypx − izp y + kxp y + iypz − jxpz +
+ jxpz − kxp y − iypz + kypx + izp y − jzpx = 0 .
Итак [rp, M ] = 0 .
Пример 2. Вычислить скобки Пуассона [vi , v j ] где vi –
декартовы компоненты вектора скорости заряда e , массы m в
однородном магнитном поле H .
Решение. Движение в постоянном магнитном поле
напряженностью H подчиняется уравнению
e
[r&H ].
c
Для решения этого уравнения выберем декартову систему
координат с осью Oz , параллельной H . В такой системе сила
Лоренца равна
m&r& =
73
i j
e
F =  x& y&
c
0 0
k
 eH
z&  =
(iy& − jx& ) ,
c
H 
а уравнениями движения являются уравнения
&x& = ωy& , &y& = −ωx& , &z& = 0 .
(1)
где ω = eH mc – циклотронная частота. Интегрируя данную
систему один раз и учитывая начальные условия, найдем:
v x = x& = ω( y − y0 ) + x&0 , v y = y& = −ω( x − x0 ) + y& 0 , v z = z& = z&0 .
Вычислим скобки Пуассона: [v x , v y ] , [v x , v z ] , [v y , v z ] . Введем
обозначения: x1 ≡ x , x2 ≡ y , x3 ≡ z , p1 = p x , p 2 = p y , p3 = p z .
 ∂ v ∂ v y ∂ vx ∂ v y 
 .
а) [v x , v y ] = ∑  x
−
∂
∂
∂
∂
x
p
p
x
k
k
k
k 
k =1
3
Вычислим компоненты скобки Пуассона.
∂ vy
∂ v y 1 ∂p y 1 ∂v y
∂ vx
∂ vx
∂ vx
= ,
= 0,
= ω,
= 0,
= 0,
=
= 0,
∂x
∂z
∂y
∂p x
∂p y m ∂p y m ∂p z
∂ vy
∂x
= −ω ,
∂ vy
∂y
= 0,
∂ vy
∂z
= 0,
∂ v x 1 ∂p x 1 ∂ v x
∂ vx
= ,
=
= 0,
= 0.
∂p x m ∂p x m ∂p y
∂p z
Итак [v x , v y ] = 2ω / m .
 ∂ v ∂ vz ∂ vx ∂ vz 
 .
−
б) [v x , v z ] = ∑  x
∂
x
∂
p
∂
p
∂
x
k
k
k
k 
k =1
3
Вычислим компоненты скобки Пуассона.
∂ vx
∂ vx
∂ vx
∂ vz
∂ vz 1
∂ vz
= 0,
= ω,
= 0,
= 0,
= 0,
= ,
∂x
∂y
∂z
∂p x
∂p y
∂p z m
∂ vx 1 ∂ vx
∂ vx
∂ vz
∂ vz
∂ vz
= 0,
= 0,
= 0,
= ,
= 0,
= 0.
∂x
∂y
∂z
∂p x m ∂p y
∂p z
Итак [v x , v z ] = 0 .
74
в) Аналогично и [v y , v z ] = 0 .
Пример 3. Показать, что уравнения Гамильтона можно записать
в виде
dpi
dqi
= [ pi , H ] ,
= [qi , H ] .
dt
dt
Решение. Если f – функция канонических переменных, то
df ∂f
=
+ [ pi , H ] .
dt ∂t
В частности если f = pi , то
dpi
= [ pi , H ] ,
dt
а при f = qi ,
dqi
= [qi , H ] .
dt
Пример 4. Показать, что функция
pt
m
является интегралом движения свободной частицы в отсутствии
внешних сил.
Решение. Покажем, что функция
f = x−
f = x−
pt
m
удовлетворяет условию
∂f
+ [ f , H ] = 0.
∂t
С одной стороны
∂f
p
=− .
m
∂t
75
С другой стороны
p
m
Пример 5. Показать, что для функции f (q, p, t ) канонических
переменных имеют место соотношения
[ f , H ] = [( x − pt / m), p 2 / 2m] =
[qi , f ] =
∂f
∂f
, [ pi , f ] = −
.
∂pi
∂qi
Решение. Полагая в определении скобок Пуассона
 ∂q ∂f
∂q ∂f 
 .
[q, f ] = ∑ 
−
∂
q
∂
p
∂
p
∂
q
i
i
i
i
i =1 
s
При q ≡ qk , получим
 ∂qk ∂f ∂qk ∂f  s
∂f
∂f
 = ∑ δ ki
{qk , f } = ∑ 
−
=
.
∂
q
∂
p
∂
p
∂
q
∂
p
∂
p
i
i
i
i  i =1
i
k
i =1 
s
При q ≡ pk , аналогично получим
[ pk , f ] = −
∂f
.
∂qk
Задачи
Найти скобки Пуассона следующих физических величин:
1. [ M i , x j ] , где M = [rp] , M 2 = M 12 + M 22 + M 32 , i, j = 1, 2, 3 .
2. [ M i , p j ] .
3. [ M i , M j ] .
4. [ M i , M 2 ] .
5. [ xi , T ] , [ xi , U ] , [ xi , H ] .
6. [ pi , T ] , [ pi ,U ] , [ pi , H ] .
7. [ M i , T } , [ M i ,U ] , [ M i , H ] .
76
8. [ M 2 , T ] , [ M 2 ,U ] , [ M 2 , H ] .
9. [T , U ] , [T , H ] , [U , H ] .
В задачах 5 – 9 H = T + U – функция Гамильтона, T = p 2 / 2m ,
U = U (r ) – кинетическая и потенциальная энергии свободной
материальной точки массы m .
10. Вычислить [ Ai , A j ] , где
(
)
(
)
1 2
1
x + p x2 − y 2 − p 2y , A2 = xy + p x p y ,
4
2
1
1
A3 = xp y − yp x , A4 = x 2 + p x2 + y 2 + p 2y
2
4
A1 =
(
(
)
)
11. Вычислить [ϕ, ψ ] , где ϕ = q 2 + p 2 , ψ = arctg( p / q ) .
12. Вычислить [ϕ, ψ ] , где
ϕ = q cos ωt +
p
sin ωt , ψ = p cos ωt − qω sin ωt .
q
13. Проверить тождество Якоби
[ f , [ g , h]] = [ g , [ f , h]] − [h, [ f , g ]]
для случая одной степени свободы.
14. Доказать, что скобки Пуассона
а) { M i , p 2 } = 0 , б) { M i , r 2 } = 0 .
15) Показать, что для функции f (q, p, t ) канонических переменных
имеют место соотношения
{qi , f } =
∂f
,
∂pi
{ pi , f } = −
∂f
.
∂qi
77
Ответы
1.
[M i , x j ]
x1
x2
x3
M1
M2
M3
0
- x3
x2
x3
0
- x1
- x2
x1
0
[ M i , p j ] p1
p2
p3
0
- p3
p2
p3
0
- p1
- p2
[M i , M j ] M1
M2
M3
2.
M1
M2
M3
p1
0
3.
M1
M2
M3
0
M3
- M3 0
M 2 - M1
-M2
M1
0
4. [ M i , M 2 ] = 0 , i = 1, 2, 3 .
5. [ xi , T ] = [ xi , H ] =
pi
, [ xi ,U ] = 0 .
m
6. [ pi , T ] = 0 , [ pi ,U ] = [ pi , H ] = Fi = −
∂U i
.
∂xi
7. [ M i , T ] = 0 , [li , U ] = [ M i , H ] = K i .
8. [ M 2 , T ] = 0 , [ M 2 ,U ] = [ M 2 , H ] = 2MK .
1
pF .
m
Здесь всюду F = −∇U , K = [rF] − момент силы.
9. [T , U ] = [T , H ] = − [U , H ] =
78
10. [ Ai , A j ] = −∑ eijk Ak , [ Ai , A4 ] = 0 . Здесь i, j , k принимают
k
значения 1, 2, 3.
11. [ϕ, ψ ] = 2 .
12. [ϕ, ψ ] = 1 .
79
10. УРАВНЕНИЕ ГАМИЛЬТОНА – ЯКОБИ
Действие S удовлетворяет уравнению Гамильтона – Якоби

∂S
∂S
∂S 
+ H  q1 , ..., qn ,
,...,
, t  = 0 .
∂t
∂
q
∂
q

1
n 
(1)
С его помощью можно решать задачу о движении механической
системы. Для этого нужно найти полный интеграл уравнения (1) –
функцию, удовлетворяющую ему и зависящую от n произвольных
постоянных:
S = f (q1 ,..., q S , α1 ,..., α S , t ) + α S +1 .
(2)
Тогда нахождение qi и pi = ∂S ∂qi сведется к решению
алгебраических уравнений.
Полный интеграл уравнения Гамильтона – Якоби находится
методом разделения переменных. Если гамильтониан не зависит от
времени явно, то можно искать S в виде
S = − Et + S 0 (q1 ,..., qn ) .
Для S 0 – укороченного действия – при этом получается уравнение

∂S
∂S 
H  q1 , ..., qS , 0 ,..., 0 , t  = E .
∂q1
∂qn 

Далее S 0 представляем в виде
n
S0 = ∑ Si (qi ) .
i =1
Производные
∂S 0
= βi
∂α i
определяют траекторию частицу. Производные
∂S0
= t0
∂Ei
80
определяют уравнение движение частицы.
Если функция Гамильтона не зависит от одной из координат,
например qn , то
S0 (q1 ,..., qn ; α1 ,..., α n ) = S1 (q1 ,..., qn −1; α1 ,..., α n −1 ) + α n qn .
В этом случае константа α n по физическому смыслу является
сохраняющимся обобщенным импульсом.
Для некоторых систем с одной степенью свободы удобно ввести
переменные «действие – угол». Введение канонически
сопряженной пары действие – угол ( I , ϑ ) для одной степени
свободы осуществляется с помощью соотношений:
I=
∂S (q, I )
ϑ= 0
,
∂I
1
p(q, H )dq = I ( H ) ,
2π ∫
q
S0 (q, I ) = S0 (q, H ( I )) = ∫ p (q H )dq ,
(3)
где S0 (q, I ) – укороченное действие, являющейся здесь
производящей функцией. В уравнениях (3) полагается, что система
совершает финитное движение. Интеграл берется по полному
периоду колебаний. Согласно (3) H является функцией только I и
не зависит от ϑ. Действие I является интегралом движения, так же
как и энергия E :
I (H ) = I (E)
Действие вводят также и для инфинитных движений, если
гамильтониан является периодической функцией координат:
H ( p, q + L ) = H ( p , q ) .
Уравнения движения для ( I , ϑ ) имеют вид
∂H ( I )
& = ∂H ( I ) ≡ ω( I ) .
I& =
= 0, ϑ
∂ϑ
∂I
Второе уравнение в (4) определяет частоту
Интегрирование уравнений (4) дает
I = const , ϑ = ω( I )t + ϑ0 .
(4)
ω = ω(I ) .
81
Изменение S0 и угла ϑна периоде равно
∂∆S0
= 2π .
∂I
Переменные действия являются адиабатическими инвариантами,
т.е. сохраняют постоянные значения при достаточно медленном
изменении параметров системы.
Ниже рассмотрено несколько примеров решения задач с
помощью уравнения Гамильтона – Якоби.
∆S0 = ∫ pdq = 2πI , ∆ϑ =
Пример 1. Частица массы m движется в центральном поле
U (r ) . С помощью уравнения Гамильтона – Якоби в сферических
координатах найти ее траекторию и закон движения (в
квадратурах).
Решение. Запишем функцию Гамильтона в сферических
координатах:
pϕ2 
1  2 pθ2
H=
pr + 2 + 2 2 + U ( r ) = E .
2m 
r
r sin θ 

(1)
Функция Гамильтона равна энергии частицы. Так как функция
Гамильтона от времени явно не зависит, то
S = S 0 − Et ,
(2)
где S 0 – укороченное действие. Запишем уравнение ГамильтонаЯкоби для функции действия S 0 :
2
2
2
1  ∂S0 
1  ∂S 0 
1
 ∂S 0 
+

 = E.

 + U (r ) +


2m  ∂r 
2mr 2  ∂θ 
2mr 2 sin 2 θ  ∂ϕ 
Учитывая цикличность координаты ϕ , будем искать решение в
виде
S0 = pϕϕ + S1 (r ) + S 2 (θ) .
Подставим (4) в (3), получим
(4)
82
 1  ∂S  2

1
0
 
 + U (r ) +
2
 2m  ∂r 
 2mr
2
 ∂S  2
1  ∂S 0  
0

  = E . (5)
 + 2 
∂
θ
∂
ϕ
 sin θ 
 

Из выражения (5) видно, что переменные θ и r разделяются.
Следовательно
2
2
1  ∂S 
 ∂S 0 
2

 + 2  0  = α = const ,
 ∂θ  sin θ  ∂ϕ 
(6)
2
1  ∂S 0 
α2
= E.

 + U (r ) +
2
2m  ∂r 
2mr
(7)
Интегрирование уравнений (6) и (7) дает:
S1 = ∫ 2m[E − U (r )] −
α2
r2
dr , S 2 = ∫ α −
pϕ2
2
sin 2 θ
dθ ,
Полный интеграл исходного уравнения
S = − Et + pϕϕ + ∫ 2m[E − U (r )] −
α2
r
2
dr + ∫ α −
2
pϕ2
sin θ
2
dθ .
Дифференцируя S по pϕ , α 2 и E , и приравнивая результаты к
новым постоянным βϕ , β θ и t 0 , получим вторые интегралы
уравнения Гамильтона – Якоби
∂S
≡ βϕ = ϕ − ∫
∂pϕ
∂S
∂α 2
≡ βθ = −
1
2∫
pϕ
2
dθ
α2 −
pϕ2
2
sin θ
α
r
(8)
sin θ
dr
r 2 2m[E − U (r )] −
,
2
2
+
1
2∫
dθ
α2 −
pϕ2
2
sin θ
, (9)
83
∂S
≡ t0 = −t + ∫
∂E
mdr
2m[E − U (r )] −
α
2
.
(10)
r2
Интегралы (8) и (9) определяют траекторию частицы, а интеграл
(10) представляет собой закон движения частицы в центральном
поле.
Пример 2. Найти траекторию и закон движения заряда е, массы
m в однородном магнитном поле напряженностью H (в декартовых
координатах) с помощью уравнения Гамильтона – Якоби.
Решение. Выберем вектор-потенциал магнитного поля в виде
A = − H yn x . Запишем функцию Гамильтона
2
p 2y p z2
1 
e

H=
+
≡ E.
 p − H y +
2m  x c
2
m
2
m

(1)
Функция Гамильтона равна энергии частицы. Так как функция
Гамильтона явно от времени не зависит, то действие
S = S 0 − Et
(2)
где S 0 – укороченное действие. Запишем уравнение Гамильтона –
Якоби для функции действия S0 :
 ∂S   ∂S 
1  ∂S 0 e 

− Hy  +  0  +  0 
2m  ∂x c 
 ∂y   ∂z 

2
2
2
 = E . (3)

Так как магнитное поле не зависит от x и z , то p x = const и
p z = const . Следовательно, решение уравнения (3) имеет вид
S 0 = α1 x + α 2 z + S y
Подставим (4) в (3), получим
2
2

 ∂S y 
1 
e

2
 α1 − H y  + 
 + α 2  = E .
2m 
c
∂
y
 



Из выражения (5) имеем
(4)
(5)
84
∂S y
∂y
= [2mE − α 22 − (α1 − ey H/ c) 2 ]1 2 ,
откуда
S y = ∫ [2mE − α 22 − (α1 − ey H/ c) 2 ]1 2 dy .
Итак
S = − Et + α1x + α 2 z + ∫ [2mE − α 22 − (α1 − ey H/ c) 2 ]dy .
Далее дифференцируя S по E , α1 и α 2 , получим согласно теореме
Якоби
∂S
mdy
≡ −t0 = −t + ∫
,
2
2
∂E
2mE − α 2 − (α1 − ey H/ c)
(6)
∂S
(α1 − ey H/ c)dy
= x0 = x − ∫
,
2
2
∂α1
2mE − α 2 − (α1 − ey H/ c)
(7)
∂S
α 2 dy
= z0 = z − ∫
.
2
2
∂α 2
2mE − α 2 − (α1 − ey H/ c)
(8)
Вычисляя интеграл (6), получим
y=
α 1c P⊥ c
−
sin ω (t − t 0 ) ,
eH eH
(9)
где
eH
, P⊥ = 2mE − α 22 .
mc
Вычислим интеграл (7). Получим
ω=
12
2
c  2 
e  
x − x0 =
(10)
 P⊥ −  α1 − Hy   .
eH 
c

 
Это уравнение является уравнением проекции траектории на
плоскость xy
85
( x − x0 )
2
2
2
 cα
  cP 
+  1 − y =  ⊥  .
 eH
  eH 
Из (9) и (10) также следует
P⊥ c
cos ω(t − t0 ) .
eH
Наконец из (6) и (8) имеет закон движения частицы вдоль
напряженности поля
x − x0 =
α2
(t − t0 ) .
m
Итак, частица движется по винтовой линии с осью, параллельной
вектру H .
z = z0 +
Пример 3. Как изменяется энергия частицы с массой m и
зарядом e в центральном поле U (r ) при медленном
(адиабатическом) включении слабого однородного магнитного
поля напряженностью H .
Решение. Запишем функцию Гамильтона заряда в сферической
системе координат. Пусть ось Oz декартовой системы координат
параллельна вектору напряженности магнитного поля H :
e H pϕ e 2 H 2 r 2 sin 2 θ
pϕ2
pr2
pθ2
H=
+
+
+ U (r ) −
−
,
2
2m 2mr 2 2mr 2 sin 2 θ
2mc
8mc
где c – скорость света. По условию задачи магнитное поле слабое,
поэтому последним слагаемым, квадратичным по напряженности
H пренебрегаем. Так как функция Гамильтона явно от времени не
зависит, то запишем уравнение Гамильтона – Якоби через
укороченное действие:
2
2
2
1  ∂S 0 
1  ∂S0 
1
 ∂S 0 
+

 +

 +


2 ∂θ
2
2
2m  ∂r 
∂
ϕ

2mr 
2mr sin θ 

+ U (r ) −
e H  ∂S 0 

 = E,
2mc  ∂ϕ 
где E – энергия частицы. Решение уравнения (1) ищем в виде
(1)
86
S 0 = S r + S 0 + pϕ ϕ ,
так как компонента импульса
Подставляя (2) в (1), получим
2
1  ∂S r 
1

 +
2m  ∂r 
2mr 2
(2)
pϕ = const в магнитном поле.
2 
 ∂S  2
p
e H pϕ
ϕ
=E
 θ  + 2  + U (r ) −
2
∂
θ
mc
 sin θ 

(3)
Уравнение (3) разделяется на два независимых уравнения:
2
pϕ2
 dS θ 
= α1 = const ,

 +
 dθ  sin 2 θ
(4)
2
e H pϕ
1  dS r 
α1
(
)
+
+
U
r
−
= E.


2
2m  dr 
2
cm
2mr
5)
Для вычисления переменной действия J r нужно только выражение
(5), из которого имеем
pr ≡
e H pϕ

dS r
α 
= 2m  E − U ( r ) +
− 12,
dr
2cm
2mr 

12
e H pϕ 
 
1
α1  



Jr =
p
dr
=
m
E
+
m
U
(
r
)
2
−
2
+

 dr
r
∫  

2π ∫
2cm 
2mr 2  
Очевидно что, J r будет совпадать с величиной переменной
действия если в последнем выражении вместо E подставить сумму
E+
Значит, величина E +
e H pϕ
e H pϕ
2cm
.
остается постоянной при медленном
2cm
включении однородного магнитного поля.
Пример 4. Дана функция Лагранжа
L=
m 2
(r& + r 2 θ& 2 + r 2 sin 2 θϕ& 2 ) − a cos θϕ& .
2
87
Найти закон движения (в квадратурах) методом Гамильтона –
Якоби.
Решение. На основании функции Лагранжа запишем функцию
Гамильтона в сферических координатах
pϕ2 
1  2 pθ2
H=
pr + 2 + 2 2 + a cos θ ϕ& .
2m 
r
r sin θ 

(1)
Функцию Гамильтона от времени явно не зависит.
Следовательно:
S = S 0 − Et.
(2)
Запишем уравнения Гамильтона-Якоби через укороченное действие
S0 :
1  ∂S 0 
1  ∂S 
1
 ∂S 
H=

 + 2 0 + 2 2  0
2m  ∂r 
r  ∂θ 
r sin θ  ∂ϕ 

2
2
2
 + a cos θ ϕ& = E . (3)

Координата ϕ является циклической. Решение будем искать в
виде:
S 0 = S r + S θ + pϕ ϕ ,
(4)
где pϕ = const . Подставим (4) в (3), получим:
2
1  ∂S r 
1

 +
2m  ∂r 
2mr 2
 ∂S  2
pϕ2 
θ

 + 2  + a cos θ ϕ& = E . (5)
∂
θ

 sin θ 

Преобразуем последнее слагаемое в уравнении (4) к виду
mr& 2 sin 2 θ
a cos θ
a cos θ ϕ&
=
pϕ ,
mr 2 sin 2 θ mr 2 sin 2 θ
где pϕ = mr 2 sin 2 θ ϕ& . C учетом этого уравнение (4) примет вид:
2
2
pϕ2
1  ∂S r 
1  ∂S θ 
2a cos θ 
+
+
pϕ  = E .


 +
2  ∂θ 
2
2
2m  ∂r 


2mr 
sin θ sin θ

Данное уравнение распадается на два уравнения:
88
2
pϕ2
2a cos θ
 ∂S θ 
pϕ = α1 ,

 + 2 +
 ∂θ  sin θ sin 2 θ
(6)
2
α
1  ∂S r 

 + 12 = E.
2m  ∂r 
2mr
(7)
Из (6) имеем
( pϕ + 2a cos θ) pϕ
∂S θ
= α1 −
,
2
∂θ
sin θ
откуда
S θ = ∫ α1 −
( pϕ + 2a cos θ) pϕ
sin θ
2
dθ .
(8)
Из выражения (7)
∂S r
α 

= 2m E − 1 2  .
∂r

2mr 
Интегрируя, получим
α 
α
1

S r = ∫ 2m E − 1 2 dr =
2mE ∫ r 2 − 1 dr 2 =
2
2mE

2mr 
1
α 

=
2mE  r 2 − 1 
3
2E 

32
.
(9)
Рассмотрим интеграл (8). Он не берется. Запишем его в
квадратурах:
S θ = ∫ α1 sin 2 θ − pϕ2 − 2a cos θpϕ
dθ
.
sin θ
Итак,
α 
1

S = − Et + pϕ +
2mE  r 2 − 1 
3
2E 

32
+
89
dθ
.
sin θ
pϕ , α1 , E и, приравнивая
+ ∫ α1 sin 2 θ − pϕ2 − 2apϕ cos θ
Далее дифференцируем S по
результатs к новым постоянным βϕ , β θ и t 0 , получим вторые
интегралы уравнения Гамильтона-Якоби:
(a cos θ + pϕ )dθ
∂S
≡ βϕ = ϕ − ∫
,
2
2
∂pϕ
sin θ α1 sin θ − pϕ − 2apϕ cos θ
(
2 Er 2 − α1
∂S
≡ βθ −
4E
∂α1
)1 2 + 1
sin θdθ
(10)
2 ∫ α sin 2 θ − p 2 − 2a cos θp
1
ϕ
ϕ
, (11)
12
∂S
1 2m  2 1 4
2 α 
2 α 
≡ t 0 = −t +
 3r E − Er + 1  Er − 1 
∂E
6E E 
2 
2 
. (12)
Интегралы (10) и (11) определяют траекторию частицы, а (12)
представляет собой движение частицы в поле U = a cos θ ϕ&
Пример 5. Дана функция Лагранжа:
m
a cos ϕ
L = (ρ& 2 − ρ 2 ϕ& 2 ) −
2
ρ2
Найти закон движения (в квадратурах) методом Гамильтона –
Якоби. (а – некоторая постоянная).
Решение. Перейдем от функции Лагранжа к функции
Гамильтона:
2
1  2 pϕ  a cos ϕ
H=
pρ + 2 +
= E.
2

2m 
ρ 
ρ

Или
2

1  pϕ

+
+ a cos ϕ = E

2m ρ 2  2m


Так как функция Гамильтона явно от времени не зависит, то
pρ2
(1)
90
S = S 0 − Et ,
где
S 0 = Sρ + S ϕ .
(2)
Подставим (2) в (1), получим
2
2

1  ∂S ρ 
1  1  ∂S ϕ 
 

 +
 + a cos ϕ = E .
2 2m  ∂ϕ 
2m  ∂ρ 

ρ  

(3)
Уравнение (3) разделяется
2
1  ∂S ϕ 
 + a cos ϕ = α1 ,

2m  ∂ϕ 
(4)
2
1  ∂S ρ  α1
 +

= E.
2m  ∂ρ  ρ 2
(5)
Из выражения (4) следует,
∂S ϕ
∂ϕ
= 2m(α1 − a cos ϕ) ,
откуда
S ϕ = ∫ 2m(α1 − a cos ϕ)dϕ .
(6)
Из выражения (5) следует,
∂Sρ


α 
α 
= 2m E − 21  , Sρ = ∫ 2m E − 21 dρ .
∂ρ
ρ 
ρ 


Итак

α 
S = − Et + ∫ 2m E − 21 dρ + ∫ 2m(α1 − a cos ϕ)dϕ .
ρ 

Дифференцируя S по α1 , E E и приравнивая новым постоянным
β и t 0 , получим вторые интегралы уравнения Гамильтона – Якоби:
91
∂S
≡ β = −m ∫
∂α1
dρ

α 
ρ 2 2m E − 21 
ρ 

+ m∫
dϕ
,
(α1 − a cos ϕ)
m
dρ
∂S
.
≡ t0 = −t +
∫
2 
∂E
α 
E − 1 

ρ 2 

(7)
(8)
Уравнение (7) – это уравнение траектории частицы, а уравнение
(8) –это уравнение движения частицы.
Задачи
1. Найти траекторию и закон движения частицы в поле U (r ) с
помощью уравнения Гамильтона – Якоби:
mω 12 x 2 mω 22 y 2
U (r ) =
+
.
2
2
2. Составить уравнения Гамильтона – Якоби для точки,
движущейся в однородном гравитационном поле. Найти полный
интеграл этого уравнения, а также траекторию и закон движения
точки.
3. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона – Якоби для тела,
движущегося по гладкой наклонной плоскости, составляющей угол
α с горизонтом.
4. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона – Якоби для
математического маятника и закон его движения в квадратурах.
5. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона – Якоби для
заряда, движущегося в поле волны с вектор-потенциалом
A = a cos ωt . Найти закон движения заряда.
6. Найти переменные «действие − угол» в случае финитного
движения двух тел с приведенной массой µ и энергией
взаимодействия U = −α / r .
92
Ответы
1. Полный интеграл двумерного осциллятора

1
2α
m
S = − Et +  x 2α − mω12 x 2 +
arcsin
ω1x  +
2
2α
mω1


1
2( E − α )
m
+  y 2( E − α) − mω22 y 2 +
arcsin
ω2 y  .
2
2( E − α )
mω2

Траектория частицы
∂S
1
1
m
m
=β=
arcsin
ω1x −
arcsin
ω2 y .
∂α
2α
2( E − α)
mω1
mω2
Уравнение движения частицы
∂S
1
m
= t − t0 =
arcsin
ω2 y .
∂E
2( E − α)
mω2
2. Полный интеграл
S = − Et + α1 x + α 2 y −
[2m(E − mgz ) − α
3m g
1
2
1
2
− α 22
]
32
.
Траекторией частицы является парабола
[
]
[
]
12
α
∂S
= x + 21 2m(E − mgz ) − α12 − α 22
= β1 ,
∂α1
m g
12
α
∂S
= y + 22 2m(E − mgz ) − α12 − α 22
= β2 .
∂α 2
m g
Закон движения частицы
[
]
12
∂S
1
= −t −
2m(E − mgz ) − α12 − α 22
= β3 .
∂E
mg
Компоненты импульса
px =
∂S
∂S
∂S
= α1 , p y =
= α2 , pz =
= [2m( E − mgz ) − α12 − α 22 ]1 2 .
∂x
∂y
∂z
93
3. Полный интеграл
S = − Et + py + f ( x ) , где f ( x) =
(2mE − p 2 + 2m 2 gx sin) 3 2
3m g sin α
2
.
4. Полный интеграл
S = − Et + W (ϕ) , где W (ϕ) = ∫ [2ml 2 ( E + mgl cos ϕ)]1 2 dϕ .
Закон движения маятника
12

1 
2ml 2
 dϕ = t − t 0 .
∫

2  E + mgl cos ϕ 
5. Полный интеграл
2
a2  e

S = ar −
1
−
cos
ω
t

 dt .
∫
2m  c

Закон движения
r = r0 +
a e

1 − sin ωt  .
m c

6. Действие
2π
1
µ
M
1
Iϕ =
p
d
ϕ
=
d
ϕ
=
M
,
,
I
=
p
dr
=
−
I
+
α
r
r
ϕ
ϕ
2π ∫
2π ∫0
2π ∫
2E
частоты
∂H
µα 2
∂H
µα 2
, ωϕ =
.
ωr =
=
=
3
3
∂I r ( I r + I ϕ )
∂I ϕ ( I r + I ϕ )
Здесь гамильтониан H и полная энергия E в переменных действия
определяются выражением
H =E=−
µα 2
2( I r + I ϕ ) 2
.
94
11. МАЛЫЕ КОЛЕБАНИЯ СИСТЕМ С ОДНОЙ И
НЕСКОЛЬКИМИ СТЕПЕНЯМИ СВОБОДЫ
1. Лагранжиан системы с одной степенью свободы есть:
1
L = T − U (q) , T = a (q )q& 2 .
(1)
2
Если q0 есть точка минимума потенциальной энергии, то
разложение U (q ) в ряд по малому отклонению x = q − q0
начинается с положительного квадратичного слагаемого:
dU (q0 )
d 2U (q0 )
1 2
U (q) = kx + const , U (q0 ) = const ,
= 0,
=k.
2
2
dq
dq
Разложим функцию a(q ) вблизи q0 : a(q ) = m + 0( x) , m = a (q0 ) . В
итоге, ограничиваясь членами второго порядка по x и x& = q& ,
получим (отбрасывая константу):
1
1
L = mx& 2 − kx 2 .
2
2
Уравнение Лагранжа
m&x& + kx = 0 ,
подстановкой
уравнению
x = A cos(ω t + ϕ) приводится к алгебраическому
− mω2 + k = 0 ,
откуда ω = k / m . Величина A есть амплитуда колебаний, ωt + ϕ –
фазой, ϕ – начальной фазой, ω – частотой колебаний.
2. В случае системы с несколькими степенями свободы вначале
производят линеаризацию функции Лагранжа в окрестности точки
равновесия
как
функции
нескольких
переменных.
По
линеаризованной функции Лагранжа записывается система
уравнений Эйлера – Лагранжа, решение которой ищется в виде:
qi = Ai exp(iωt ).
95
Далее решается характеристическое уравнение, из которого
определяются
частоты
собственных
колебаний
системы.
Амплитуды Ai определяются из условия нормализации, то есть из
нормализованной функции Лагранжа.
Пример 1. Записать функцию Лагранжа в гармоническом
приближении и найти собственную частоту гармонических
колебаний:
a
L = q& 2 − cq ln(bq ) ,
2
где a, b, c – константы.
Решение. Из функции Лагранжа выделим слагаемое, не
содержащее q& , которую будем рассматривать как потенциальную
энергию U (q ) :
U (q ) = cq ln(bq ) .
Запишем условие экстремума функции U (q ) и определим точку q0 ,
удовлетворяющую этому условию:
∂U
= c(1 + ln bq ) = 0 .
∂q
Откуда ln bq = −1, а q0 = (eb) −1 . Вычислим значение второй
производной в точке q = q0 :
∂ 2U
=
∂q 2
c
= ecb .
q
Коэффициент
k = ecb > 0 .
Итак,
функция
гармоническом приближении имеет вид:
a 2 ecb 2
x& −
x .
2
2
Собственная частота гармонических колебаний
L=
12
k
ω= 
m
12
 ecb 
=

 a 
.
Лагранжа
в
96
Пример 2. Найти частоты и нормальные колебания системы с
двумя степенями свободы, если функция Лагранжа в
гармоническом приближении имеет вид:
(
) (
)
1 2
1
x& + x&y& + y& 2 − x 2 − xy + y 2 .
2
2
Решение. Получим уравнения движения из функции Лагранжа:
L=
d ∂L ∂L
−
= 0,
dt ∂q&i ∂qi
(1)
полагая, что x ≡ q1 , y ≡ q 2 . Тогда:
∂L
y
= −x + ,
∂x
2
∂L
x
= −y + ,
∂y
2
∂L
y&
= x& + ,
∂x&
2
∂L
x&
= y& + .
∂y&
2
С учетом полученных соотношений из уравнения (1) получим
следующие уравнения движения:
&y&
&x&
y
x
+ x − = 0 , &y& + + y − = 0 .
2
2
2
2
Представляя решение системы уравнений (2) в виде
&x& +
(2)
x = A exp(iωt ) , y = B exp(iωt ) ,
получим:
ω2 B
B
ω2 A
A
2
−ω A−
+ A − = 0, − ω B −
+ B − = 0.
2
2
2
2
Приводя подобные члены по A и B , получим следующую систему
алгебраических уравнений:
2
B
(1 + ω2 ) = 0 ,
2
A
B(1 − ω2 ) − (1 + ω2 ) = 0 ,
2
A(1 − ω2 ) −
(3а)
(3б)
97
из которой следует дисперсионное уравнение для определения
собственных частот нормальных гармонических колебаний:
(1 − ω2 ) − 12 (1 + ω2 )
2 1
2
= (1 − ω2 ) − (1 + ω2 ) = 0 . (4)
1
4
− (1 + ω2 ) (1 − ω2 )
2
Согласно выражению (4), имеем:
(1 − ω2 ) = ± 12 (1 + ω2 ).
Следовательно,
дисперсионное
уравнение
имеет
положительных корня, которые определяются из выражений:
(
)
1
1 + ω12 ,
2
и соответственно равны:
1 − ω12 =
(
1
1 − ω22 = − 1 + ω22
2
два
)
ω1 = 3−1 2 , ω2 = 31 2 .
Подставим выражение для ω1 в уравнение (3а) и получим
следующую взаимосвязь между коэффициентами A1 и B1 : A1 = B1 .
Подставим выражение для ω2 в уравнение (3б) и получим
теперь взаимосвязь между коэффициентами A2 и B2 : A2 = − B2 .
Запишем решение системы уравнений (2) через нормальные
координаты:
x = A1θ1 + A2 θ 2 , y = A1θ1 − A2 θ 2 ,
где
(
)
θ1 = a1 cos 3−1 2 t + ϕ1 ,
(
θ 2 = a2 cos 31 2 t + ϕ 2
(5)
)
нормальные колебания. Коэффициенты A1 и A2 определим из
условия нормализации. Нормализованное выражение для
кинетической энергии должно иметь вид:
T=
(
) (
)
1 2
1
x& + x&y& + y& 2 = θ& 12 + θ& 22 .
2
2
(6)
98
Возьмем производные по t от выражений (5) и подставим их в
левую часть формулы (6), получим:
[
]
1
(A1θ& 1 + A2θ& 2 )2 + (A1θ& 1 + A2θ& 2 )(A1θ& 1 − A2θ& 2 ) + (A1θ& 1 − A2θ& 2 )2 =
2
1
= 3 A12 θ& 12 + A22 θ& 22 .
2
Сравнивая, полученное выражение с правой частью уравнения (6),
получим:
T=
(
)
3 A12 = 1 , A22 = 1 .
Отсюда следует: A1 = ±3−1 2 ,
(5) для x и y примут вид:
A2 = ±1 . С учетом этого выражения
x = 3−1 2 θ1 + θ 2 , y = 3−1 2 θ1 − θ 2 .
(7)
Задачи
Записать функцию Лагранжа в гармоническом приближении и
найти частоту собственных гармонических колебаний системы,
если ее функция Лагранжа имеет вид:
1
1
1. L = mq& 2 − kq 2 ,
k , m = const .
2
2
1
2. L = q& 2 + a sin bq , a, b = const .
2
1 2
3. L =
(q& − aq 2 − b) . 4. L = q& 2 − aq 2 e bq .
2q
5. L = (q& 2 − a ) ch bq . 6. L =
1 2
aq
.
q& −
q
ln bq
1
7. L = m(1 + 4k 2 x 2 ) x& 2 − mgkx 2 , g , k = const .
2
99
8. Найти отношения частот собственных гармонических колебаний
двухатомных молекул изотопов с массами ядер m1 и m2 (одна
молекула) и m3 и m4 (вторая молекула).
9. Записать закон движения системы с одной степенью свободы в
малой окрестности положения неустойчивого равновесия.
Найти частоты и нормальные гармонические колебания системы
с двумя степенями свободы, если функция Лагранжа в
гармоническом приближении имеет вид:
(
) (
)
1 2
1
x& + x&y& + y& 2 − x 2 + y 2 .
2
2
1
1
11. L = 2 x& 2 + 2 x&y& + y& 2 − 3x 2 + 2 y 2 .
2
2
10. L =
(
) (
(
)
(
)
)
ω02 2
1 2
2
x + y 2 + αxy .
12. L = x& + y& −
2
2
Записать функцию Лагранжа в гармоническом приближении
системы с двумя степенями свободы, найти частоты и нормальные
гармонические колебания системы, если ее функция Лагранжа
имеет вид:
(
)
13. L =
 1

1
q1q&12 + q2 q& 22 − 
+ q1 + q2  .
2
 q1q2

14. L =

1 2
1 1 
q&1 + q&1q& 2 + q& 22 −  ln q1q2 + +  .
q1 q2 
2

15. L =
1 2
q&1 + q&1q& 2 + q& 22 − q13 − q23 + 3q1q2 .
2
(
)
(
) (
(
)
)
ml 2
16. L =
2ϕ& 12 + ϕ& 22 + ml 2ϕ& 1ϕ& 2 cos(ϕ1 − ϕ2 ) + ml (2 cos ϕ1 + cos ϕ2 ) .
2
Ответы
1.
k / m . 2. b a . 3.
a . 4.
a.
100
5. b a / 2 . 6.
8.
ω1, 2
ω3, 4
a / 2 . 7.
2 gk .
m3 m4 (m1 + m2 )
.
m1m2 (m3 + m4 )
=
9. x = A1 exp[(k / m)1 2 t ] + A2 exp[−(k / m)1 2 t ] .
10. x = Q1 + 3−1 2 Q2 , y = −Q1 + 3−1 2 Q2 .
(
)
(
)
θ1 = a1 cos 2 −1 2 t + ϕ1 , θ 2 = a2 cos (2 / 3)1 2 t + ϕ 2 .
11. x = 5 −1 2 (2Q1 + Q2 ) ,
(
)
y = 5 −1 2 (−3Q1 + Q2 ) .
θ1 = a1 cos 61 2 t + ϕ1 , θ 2 = a2 cos(t + ϕ 2 ) .
12. x = 2 −1 2 (Q1 + Q2 ),
(
y = 2 −1 2 (Q1 − Q2 ) .
)
θ1 = a1 cos (ω02 + α)1 2 t + ϕ1 ,
(
(
) (
)
1 2
x& + y& 2 − x 2 + xy + y 2 ,
2
1
(− θ1 + θ2 ) , q1 = 1 + 1 (θ1 + θ2 ),
q1 = 1 +
2
2
13. Lg =
(
)
θ1 = a1 cos(t + ϕ1 ) , θ2 = a2 cos 3t + ϕ2 .
(
) (
)
1 2
1
x& + x&y& + y& 2 − x 2 + y 2
2
2
1
1
q1 = 1 + θ1 +
θ 2 , q1 = 1 − θ1 +
θ2 ,
3
3
14. Lg =
(
)
(
)
θ1 = a1 cos 2t + ϕ1 , θ2 = a2 cos 2 / 3 t + ϕ2 .
15. Lg =
(
) (
)
1 2
x& + x&y& + y& 2 − 3 x 2 + xy + y 2 ,
2
q10 = 1 , q20 = −1 , ω1 = ω2 = 3 .
(
)
)
θ 2 = a2 cos (ω02 − α)1 2 t + ϕ 2 .
(
)
ml 2
mgl
2ϕ& 12 + 2ϕ& 1ϕ& 2 + ϕ& 22 −
2ϕ12 + ϕ22 ,
16. Lg =
2
2
101
ϕ10 = 0 , ϕ20 = 0 , ω1 =
(
)
g
2 − 2 , ω1 =
l
(
)
g
2+ 2 .
l
102
12. ДВИЖЕНИЕ АБСОЛЮТНО ТВЕРДОГО ТЕЛА
Согласно теореме Кенига, кинетическая энергия твердого тела
складывается из кинетической энергии поступательного движения
и кинетической энергии вращения
M V2 1
T=
+ ∑ I αβ Ω α Ωβ .
2
2 αβ
Здесь M – полная масса твердого тела; V – скорость центра масс;
I αβ – компоненты тензора моментов инерции в системе центра
масс; Ω – вектор мгновенной угловой скорости; α , β = 1, 2, 3 –
номера координатных осей. Если оси координат направлены по
главным осям инерции, то I αβ = δαβ I α и кинетическая энергия
твердого тела перепишется в виде
M V2 1
+ ∑ I α Ω α2 .
T=
2
2 α
Тензор инерции твердого тела
I αβ = ∫ (r 2 δ αβ − xα xβ )ρdV .
V
Теорема Штейнера
′ = I αβ + m(a 2 δ αβ − aα aβ ) .
I αβ
Момент импульса вращающегося тела в системе центра масс
M α = ∑ I αβ Ωβ .
β
Уравнение движение вращающегося тела в системе центра масс
Kα =
d
(∑ I αβ Ωβ ) ,
dt β
где K α – момент силы (вращающий момент).
103
Уравнение движения тела в проекциях на оси системы главных
осей
dΩ1
= ( I 2 − I 3 )Ω 2 Ω3 + K1 ,
dt
dΩ 2
I2
= ( I 3 − I1 )Ω3Ω1 + K 2 ,
dt
dΩ 3
I3
= ( I1 − I 2 )Ω1Ω 2 + K 3 .
dt
I1
Пример 1. Найти главные моменты инерции двухатомной
молекулы с массами m1 , m2 и расстоянием между ними l (рис.
12.1).
Рис. 12.1
Решение. Оси x1 и x2 проходят через центр масс. Пусть a
расстояние от молекулы массой m1 до оси x1 . Тогда из условия
равновесия
m1a = m2 (l − a )
находим
a=
m2l
.
m1 + m2
Момент инерции относительно оси x1 равен
где
I1 = m1a 2 + m2 (l − a ) 2 = µl 2 ,
µ=
m1m2
m1 + m2
104
приведенная масса молекулы.
Пример 2. Найти кинетическую энергию однородного конуса с
углом раствора 2α и высотой h , катящегося без проскальзывания
по плоскости, если известны моменты инерции относительно
главных осей I1 , I 3 и масса конуса m .
Решение. Вычислим вначале центр масс конуса b = OD в
цилиндрических координатах. Центр масс конуса находится на оси
x3 и равен
h
1
b = ∫ zdz
V0
z ⋅ tg α
2π
3
ρ
d
ρ
d
ϕ
=
h
∫ ∫
4
0
0
где V = πa 2 h / 3 – объем конуса; a – радиус основания конуса;
tg α = a / h ( a / h = ρ / z ).
Кинетическая энергия конуса равна сумме кинетических энергий
поступательного и вращательного движения.
Рис. 12.2
Пусть v – скорость центра масс. Центр масс движется по
окружности радиуса OD = b cos α :
v = bϑ& cos α .
(1)
Отсюда кинетическая энергия поступательного движения равна
mb 2 & 2
ϑ cos 2 α .
T1 =
2
(2)
105
Вычислим кинетическую энергию вращательного движения.
Угловую скорость вращения вычислим как скорость чистого
вращения вокруг мгновенной оси:
Ω=
v
v
=
= ϑ& ctg α ,
CD b sin α
& cos α .
где учтено, что v/ b = ϑ
Одна из главных осей инерции (ось x3 ) совпадает с осью конуса,
а другую (ось x2 ) выбираем перпендикулярно к оси конуса и линии
OA. Тогда проекции вектора Ω (направленного параллельно OA)
на главные оси инерции будут Ωsin α , 0, Ω cosα. В результате
находим для искомой кинетической энергии вращательного
движения:
I 3ϑ& 2 cos 4 α
I1ϑ& 2
2
cos α +
T2 =
.
2
2 sin 2 α
Суммируя все, получим:
& 2 cos 4 α
I 3ϑ
I1ϑ& 2
mb 2 & 2
2
2
T=
ϑ cos α +
cos α +
.
2
2
2 sin 2 α
I 3 cos 4 α &
I1
m ⋅ b2
2
2
2
2
&
&
T=
⋅ cos α ⋅ Θ + cos α ⋅ Θ + ⋅
⋅ Θ.
2
2
2 sin 2 α
или с учетом выражений для I1 и I 3 :
.
3mh 2 2
T=
ϑ (1 + 5 cos 2 α) .
40
Здесь
3m  2 h 2 
3
2
I1 =
a
+
,
I
=
ma
.
3
20 
4 
10
Задачи
1. Определить главные моменты инерции трехатомной молекулы в
виде равнобедренного высотой h и основанием a (рис. 12.3).
106
2. Определить главные моменты инерции четырехатомной
молекулы с атомами, расположенными в вершинах правильной
треугольной пирамиды (рис. 12.4).
Рис. 12.3
Рис. 12.4
3. В вершинах квадрата со стороной 2a расположены массы m и
M (рис. 12.5). Найти компоненты тензора инерции относительно:
а) осей x, y, z ;
б) осей x′, y′ , совпадающими с диагоналями квадрата, и z .
4. Найти главные моменты инерции шара радиуса R , имеющего
внутри полость в форме шара радиуса r (рис. 12.6).
Рис. 12.5
Рис. 12.6
107
5. Определить главные моменты инерции сплошных однородных
тел.
а) Тонкий стержень длиной l .
б) Шар радиуса R .
в) Круговой цилиндр радиуса R и высотой h .
г) Прямоугольный параллелепипед с длинами ребер a, b, c .
д) Круговой конус высотой h и радиусом основания R (рис. 12.6).
Рис. 12.6
е) Трехосный эллипсоид с осями a, b, c .
6. Найти кинетическую энергию цилиндра радиуса R , который
катится по плоскости. Масса цилиндра M распределена по объему
таким образом, что одна из главных осей параллельна оси цилиндра
и проходит на расстоянии a от нее. Момент инерции цилиндра
относительно этой оси равен I (рис. 12.7)
7. Найти кинетическую энергию однородного цилиндра радиуса a ,
массой m , который катится по внутренней поверхности цилиндра
радиуса R , если момент инерции относительно оси цилиндра равен
I = ma 2 / 2 (рис. 12.8).
108
Рис. 12.7
Рис. 12.8
8. Найти кинетическую энергию однородного трехосного
эллипсоида, вращающегося вокруг одной из своих осей ( AB , рис.
12.9). Причем эта ось сама вращается вокруг направления CD ,
перпендикулярного к ней и проходящего через центр эллипсоида.
Моменты инерции эллипсоида равны I1 , I 2 и I 3 . Центр инерции
покоится.
Рис. 12.9
Ответы
1. I1 =
2m1m2 2
m
h , I 2 = 1 a 2 , I3 = I 2 + I 2
2m1 + m2
2
109
3m1m2 2 m1a 2
2. I1 = I 2 =
, I 3 = m1a 2 .
h +
3m1 + m2
2
 2a 2 ( m + M ) 2a 2 ( m − M )

3. а)  2a 2 (m − M ) 2a 2 (m + M )


0
0

 4a 2 m

б)  0

 0

0
4a 2 M
0


,
0

2
4a ( m + M ) 

0


.
0

2
4a ( m + M ) 

0
4. Центр масс: точка на оси симметрии на расстоянии
( R − r )r 3
R3 − r 3
от центра шара влево. Тело − симметричный волчок. Момент
инерции относительно оси симметрии
2 m( R 5 − r 5 )
.
I3 =
5 ( R3 − r 3 )
Моменты инерции относительно
проходящих через центр масс
перпендикулярных
 2 5 5 ( R − r )r 3 R 3 
I1 + I 2 = 3 3  ( R − r ) −
.
(R − r ) 5
( R3 − r 3 ) 
m
ml 2
5. а) I1 = I 2 =
, I3 = 0 ;
12
2
б) I1 = I 2 = I 3 = mR 2 ;
5
m  2 h 2 
1
в) I1 = I 2 =  R +  , I 3 = mR 2 ;
4
3 
2
осей,
110
m 2
m
m
(b + c 2 ) , I 2 = (a 2 + c 2 ) , I 3 = (a 2 + b 2 ) (оси x1 , x2 ,
12
12
12
x3 параллельны ребрам a, b, c ).
г) I1 =
д) Вначале вычисляются моменты инерции по отношению к осям
с началом в вершине конуса:

3  R 2
3
I1′ = I 2′ = m
+ h 2  , I 3′ = mR 2 .
5  4
10

Потом определяются моменты инерции по отношению к осям,
проходящим через центр массы находящимся на оси конуса на
расстоянии b = 3h / 4 от вершины.
3  2 h 2 
3
I1 = I 2 = I1′ − mb = m R +  , I 3 = I 3′ = mR 2 ,
10
20 
4 
2
находящимся на оси конуса на расстоянии b = 3h / 4 от вершины.
е) I1 =
m 2
m
m
(b + c 2 ) , I 2 = (a 2 + c 2 ) , I 3 = (a 2 + b 2 ) .
5
5
5
mϕ& 2 2
Iϕ& 2
2
6. T =
( R + a − 2aR cos ϕ) +
.
2
2
3mϕ& 2
7. T =
( R − a) .
4
1
1
8. T = ( I1 cos 2 ϕ + I 2 sin 2 ϕ)θ& 2 + I 3ϕ& 2 .
2
2
111
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Айзерман, М. А. Классическая механика. М.: Наука. 1980. 366 с.
2. Голдстейн, Г. Классическая механика. М.: Наука, 1975. 416 с.
3. Голубева, О. В. Теоретическая механика. М.: Ф. М. 1961. 704 с.
4. Коткин, Г. Л. Сборник задач по классической механике / В. Г.
Сербо. М.: Наука. 1977. 320 с.
5. Кудрявцева, Н. В. Практикум по классической механике. Томск:
Издательство Томского университета. 1986. 106 с.
6. Ландау, Л. Д. Механика. / Е. М. Лифшиц. М.: Наука. 1988. 216 с.
7. Ольховский, И. И. Курс теоретической механики для физиков.
М.: Изд-во Московского университета. 1978. 576 с.
8. Ольховский, И. И. Задачи по теоретической механике для
физиков / Ю. Г. Павленко, Л. С. Кузьменко. М.: Изд-во
Московского университета. 1977. 392 с.
9. Павленко, Ю. Г. Задачи по теоретической механике. М.: Изд-во
Московского университета. 1988. 344 с.
10. Пятницкий, Е. С. Сборник задач по теоретической механике / Н.
М. Трухан, Ю. И. Ханукаев, Г. Н. Яковенко. М.: Наука. 1980.
320 с.
11. Учайкин, В. В. Механика. Основы механики сплошных сред.
Задачи и упражнения. Москва-Ижевск: Институт компьютерных
технологий. 2002. 196 с.
112
ПРИЛОЖЕНИЕ
113
СОДЕРЖАНИЕ
Предисловие............................................................................................2
1. Скорость и ускорение.........................................................................3
§1. Декартова система координат....................................................3
§2. Цилиндрическая система координат..........................................4
§3. Сферическая система координат................................................6
2. Секторная скорость…….………………....................………….....10
3. Траектории…………………….………….......................................14
4. Одномерное движение.....................................................................19
5. Движения в центральном поле сил.………..…….....................….28
6. Задача двух тел, диаграммы столкновения и рассеяние частиц..39
7. Уравнения Лагранжа, функция Лагранжа........................….....….51
8. Функция Гамильтона и канонические преобразования................64
9. Скобки Пуассона…..………………………………….....................71
10. Уравнение Гамильтона – Якоби…………………....................…79
11. Малые колебания систем с одной и несколькими
степенями свободы…………………...................…........................…94
12. Движение абсолютно твердого тела………..….........................102
Библиографический список.....…………………………………......111
Приложение........................................................................................112
Оглавление…………………………………………..…….………...113