Книга
← К списку книгЗагрузка разделов…
активнаАктивные записи участвуют в каталоге и синках. Неактивная книга скрыта, но не удалена из базы.
Книга
ЗАДАЧИ ПО ТЕОРЕТИЧЕСКОЙ МЕХАНИКЕ
Редактор О.В. СаленнаяОригинал-макет: Н.Ю. СавченкоОформление переплета: А.Ю. Алехина
ЛР №071930 от 06.07.99
Подписано в печать 16.10.02. Формат 60x90/16Бумага офсетная. Печать офсетная
Усл. печ. л. 33,5. Уч.-изд. л. 36,85. Тираж 3000 экз. Заказ №
Издательская фирма «Физико-математическая литература»МАИК «Наука/Интерпериодика»
117997 Москва, Профсоюзная, 90
E-mail: fizmat@maik.ru
Отпечатано с готовых диапозитивовв ППП «Типография «Наука»121099 Москва, Шубинский пер., 6
ISBN 5-9221-0302-4
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие ко второму изданию 5
Предисловие к первому изданию 7
Глава 1. Уравнения Ньютона 9
Кинематика 9
Одномерное движение 25
Интегрирование уравнений движения 38
Движение частиц в электромагнитных полях 49
Задача Кеплера 64
Космодинамика 77
Глава 2. Уравнения Лагранжа 97
Уравнения Лагранжа первого рода 97
Уравнения Лагранжа в независимых координатах 105
Глава 3. Динамика системы частиц 122
Задача двух тел 122
Рассеяние частиц 131
Динамика систем многих частиц 142
Движение тела переменной массы 163
Глава 4. Линейные колебания 171
Собственные колебания одномерных систем 171
Собственные колебания многомерныхсистем 177
Вынужденные колебания 196
Глава 5. Нелинейные колебания 218
Метод усреднения 218
Системы с медленно изменяющимися параметрами 228
Движение в быстроосциллирующем внешнем поле 235
Глава 6. Динамика твердого тела 241
Тензор инерции. Кинематика 241
Уравнения Эйлера 247
Уравнения Лагранжа 263
Движение космического аппарата в ньютоновом поле тяготения . 300
Электромеханика 311
Глава 7. Уравнения Гамильтона 344
Канонические уравнения и канонические преобразования 344
Линейные канонические преобразования 360
Системы специального вида 370
385385Уравнение Гамильтона-Якоби
385
385
Глава 8. Каноническая теория возмущений 393
Введение 393
Интегрирование уравнений движения 396
Реакция системы на внешнее возмущение 401
Гамильтонова теория специальных функций 416
Глава 9. Решение канонических систем методом усреднения 423
Введение 423
Квадратичные системы 425
Нелинейные системы 433
Глава 10. Метод удвоения переменных 443
Введение 443
Специальные приложения метода удвоения 447
Интегрирование уравнений движения 453
Гамильтонова теория специальных функций 459
Сингулярно-возмущенные уравнения 463
Глава 11. Релятивистская динамика 472
Кинематика 472
Релятивистская динамика 483
Гамильтонов формализм в релятивистской динамике 507
Справочные данные 527
Литература 529
Ignorantia juris nocet
Предисловие ко второму изданию
Первое издание книги опубликовано издательством Московского университета в 1988 г. Во втором издании книги приведены решения 160 новых задач. Включена новая глава 11 «Релятивистская механика». Теперь сборник содержит решения 560 задач, иллюстрирующих приложения методов теоретической механики к исследованию широкого круга проблем. Представлены задачи по всем разделам классической механики: динамика частицы во внешнем поле и тел переменной массы, динамика системы частиц, уравнения Лагранжа, линейные и нелинейные колебания, динамика твердого тела, электромеханика, уравнения Гамильтона и канонические преобразования. Задачи по электромеханике рассмотрены в рамках лагранжева формализма. Включены также 42 задачи по релятивистской динамике, которые отсутствуют в известных сборниках задач по механике. Ряд задач, представляющих различные аспекты одной проблемы, представлен в нескольких разделах сборника. Значительно расширен раздел, включающий множество задач, иллюстрирующих применение новых методов интегрирования систем нелинейных уравнений общего вида, представленных в гамильтоновой форме.
Существенно дополнены новыми задачами главы 1, 4, 6, 7. В главу 1 введен новый раздел «Космодинамика». Здесь собраны задачи, в которых вектор Лапласа используется для анализа коррекции траектории космического аппарата в пространстве и относительного движения в окрестности траектории космического аппарата. Приведено решение задачи о движении в космосе с малой тягой и задача о «гравитационном ударе» при облете планеты. Изложены решения задачи двух тел, упругого рассеяния частиц, ограниченная задача трех тел, рассмотрен вклад Луны в ускорение свободного падения. В главу 6 вошли задачи о движении маятника Пошехонова, гирокомпаса, кельтского камня, гироскопической стабилизации и пределе Роша. Раздел «Электромеханика» содержит 20 задач, в которых рассмотрены бесконтактные подвесы, космическая электростанция, униполярный генератор Фарадея, электромагнит, асинхронный двигатель, проводники во вращающемся магнитном поле, движение диэлектриков и парамагнетиков в неоднородном поле.
Главы 8-9 посвящены важнейшему разделу механики — гамильтонову формализму. Основная цель этого раздела — представить математические аспекты гамильтонова формализма как мощный аппарат решения широкого круга задач механики, физики и прикладной математики. Здесь следует отметить задачи, связанные с линейным и нелинейным параметрическим резонансом, движением магнитного момента в переменном магнитном поле, континуальным пределом дискретной
цепочки атомов, гамильтоновой теорией специальных функций. Особый интерес представляют задачи главы «Каноническая теории возмущений». В этом варианте теории эволюция произвольной динамической переменной определяется рядом, каждый член которого содержит интегралы от мультискобок Пуассона, связанных с многовременными функциями Грина. Приведена задача, в которой поставлена проблема определения мощности спонтанного и индуцированного излучения электронов, движущихся в открытом резонаторе.
Последняя глава «Релятивистская механика» посвящена применению лагранжева и гамильтонова подходов к решению задач релятивистской механики в параметрическом представлении. В этом случае координаты и время зависят от одного параметра — собственного времени, а уравнения движения ковариантны относительно преобразования Лоренца. Следует отметить важную для приложений задачу о движении частиц в плосковолновых полях и релятивистскую задачу Кеплера. Приведены задача о движении релятивистской частицы в гиперболическом волноводе, представляющая интерес для проблемы сепарации частиц по энергии и удельному заряду, и задача об автофа- зировке протонов в синхрофазотроне.
«Задачи по теоретической механике» вместе с книгой автора «Лекции по теоретической механике» (М.: Физматлит, 2002) представляют собой единое руководство по теоретической механике. В книге приводится множество задач, решение которых может заинтересовать не только студентов, изучающих механику, но и специалистов.
Я пользуюсь возможностью выразить благодарность заведующему кафедрой теоретической физики Университета дружбы народов профессору Ю. П. Рыбакову и профессору кафедры теоретической механики и мехатроники механико-математического факультета МГУ им. М. В. Ломоносова Д. В. Трещеву за интерес к моей работе.
Ю. Л Павленко
Физика там, где есть Действие.
Неизвестный автор
Предисловие к первому изданию
Содержание книги составляют около 400 задач, которые в течение ряда лет предлагались студентам физического факультета Московского университета на лекциях и практических занятиях. Основная цель сборника состоит в том, чтобы помочь студентам овладеть методами интегрирования уравнений движения для исследования конкретных физических проблем.
Книга состоит из десяти глав. По охватываемому материалу 1-4 главы соответствуют в целом традиционным курсам механики. Задачи остальных четырех глав связаны с тематикой спецкурса «Методы интегрирования канонических систем». В отличие от лагранжева формализма гамильтонов подход позволяет в принципе найти решение как каноническое преобразование начальных данных, не обращаясь непосредственно к уравнениям. В этом аспекте канонический формализм является мощным рабочим методом, позволяющим получить приближенное решение широкого круга физических и математических задач [1]. Рассмотрены проблемы, относящиеся к интегрированию нелинейных уравнений, преобразованиям Дарбу и Фрелиха, ВКБ-приближению, определению собственных векторов и собственных значений, гамильтоновой теории специальных функций. Дополнительные преимущества дает метод удвоения переменных, позволяющий использовать канонический формализм для решения нового класса задач: алгебраических и трансцендентных уравнений, сингулярно-возмущенных уравнений, построению Паде-аппроксимантов, обращению интегралов и т. д. Широта диапазона рассматриваемых проблем обусловлена возможностью приведения к гамильтоновой форме нелинейных систем общего вида и универсальностью используемых методов интегрирования.
В силу этих причин характер изложения задач имеет особенности. Условия приводятся в самой общей форме. В ряде задач о движении заряженных частиц во внешних полях не указаны скалярный и векторный потенциалы. Отсутствуют данные о массах тел, размерах, характерных масштабах и возможных ограничениях. Эта ситуация, характерная при формулировке реальных проблем, стимулирует развитие навыков самостоятельной работы. В результате анализа поставленной проблемы и ряда упрощающих предположений возникает несколько моделей явления. В сборнике приводится одно из возможных решений с указанием области применения. Ряд задач, представляющих различные аспекты одной проблемы, собраны в § 1.5, 3.2, 4.1, 4.3, 6.4, 7.1-7.3, 8.3, 8.4, 10.2, 10.4-10.6. Решения этих задач образуют, по существу, единое целое.
Надеюсь, что эта книга окажется полезной не только для студентов, но и для специалистов в области механики и прикладной математики.
Я глубоко благодарен сотрудникам кафедры квантовой механики Ленинградского государственного университета профессору А. Г. Жи- личу и профессору Л. Н. Лабзовскому за конструктивные замечания и предложения, сделанные ими при рецензировании рукописи. Я также признателен профессору Я. П. Терлецкому за обсуждение ряда проблем, затронутых в книге. Мне приятно выразить искреннюю благодарность Ю. А. Афиногенову и С. И. Зеленскому за помощь в работе над книгой и множество ценных замечаний, сделанных при чтении рукописи.
Ю. Г. Павленко
Глава 1
УРАВНЕНИЯ НЬЮТОНА
Кинематика
Частица движется по эллипсу x(t) = ai cos (о;力 + aQ, g(力)= =a? cos〈3t + а?). Найти величины осей и ориентацию эллипса [2].
Решение. Представим закон движения в комплексной форме:
力⑴=Rer(t)ni, y(t) = Rer(力)ri2,
Г⑴=(a162all11 + а262a2n2)^з*⑴
П1 = (1, 0, 0), п2 = (О, 1, 0).
Найдем теперь два действительных перпендикулярных друг к другу вектора и》(А = 1, 2), направленных по главным осям эллипса. Пусть 0 — угол между векторами ni и Ui，Тогда
Г⑴=[U1C布 + U2/(3+7r/2)] 6必力=(U1 + 沁2)6布+必力.(2)
Из (2) находим [2]
rr*=u； + u；,[r*r] = 2i [uiu2].(3)
Подставляя (1) в (3), получим систему
а； + а^ =仅；+ 仅^, ai(i2 sin 8 =仅1仅2, В = а2 —ai,
из которой находим в случае 8〉О
"1,2 = 5 (+ a^ + 2a1a2 sin 8 ±，山 + 施一2a1a2 sin 8 ) •
Ориентацию эллипса определим из условия Re (r*U2)(rui) = 0. Под- 小420102 COS J
ставляя получим tg2p =———.
01 一a2
На рис. 1.1.2 расстояния ОС =凡 ON =必/凡 а < R. Точка Р движется по поверхности, удовлетворяющей условию NР/СР = =а/R. Найти уравнение поверхности /(г) = 0, где г = (ж, у^ z)— радиус-вектор точки Р.
Ответ: г2 = а2.
Частица движется в плоскости 2 = 0. Найти уравнение траектории, если отрезок касательной, заключенный между точкой
Рис. 1.1.2Рис. 1.1.2Рис. 1.1.3
Рис. 1.1.2
Рис. 1.1.2
касания Т и точкой пересечения с осью ж С, имеет постоянную длину р (рис. 1.1.3).
Решение. Поскольку ТС = . то
M=tga, у = р sin а.
Интегрируя уравнение dxcos2 a
dasin a
получим траекторию
力=夕 In tg ^ + 夕 cos a + C, g =夕 sin a
в параметрической форме. Пусть д(тг/2) = р, ж(тг/2) = 0, тогда С = О,
力=? In0+，;2 — g2.
Эту кривую называют трактрисой, или «собачьей кривой». Пусть по оси ж бежит собака, а ее хозяин бежит так, что поводок длиной 夕 все время натянут. Тогда ТС является отрезком касательной. Если собака бежит с постоянной скоростью vqz то ОС — х — р cos а = о。力.Следовательно, tga/2 = exp (о。力/夕),
X — о。力一夕 th — , у —/ °.
U"Ch(°o〃0)
Очевидно, при t > 夕/。0 хозяин бежит практически вдоль оси ж на расстоянии 夕 от собаки [3].
Отметим, что поверхность постоянной отрицательной кривизны, образованная вращением трактрисы вокруг асимптоты, представляет собой псевдосферу (псевдо, от гр. pseudos — ложь) Э. Бельтрами (1868 г). Внутренняя геометрия псевдосферы локально совпадает с геометрией Лобачевского.
1.1.5. Простое преследование на плоскости.
Радиус-вектор точки В на рис. 1.1.4 R⑴ = (仅力 6, 0). Точка Л преследует точку В со скоростью v, направленной в точку В. Величина скорости постоянна. Найти уравнение траектории точки Л.
Решение. Пусть радиус-вектор и скорость точки Л соответственно равны г(力)=(ж, у, 0), V(力)=(fi,。2, 0)・ Согласно условию о^ + о^ =
"1 ⑴=^ ("力—力)'02⑴=^ (^ - у), С2 =(仅力-力)2 + (6 _ g)2.
Следовательно, координаты удовлетворяют двум уравнениям
Котангенс угла наклона кривой О А
⑵⑵dx _ ut — хdy b - у
⑵
⑵
Рис. 1.1.4Рис. 1.1.4Поскольку скорость точки Л постоянна, то, вводя длину дуги ОЛ, равную s = ft, представим (2) в виде
Рис. 1.1.4
Рис. 1.1.4
g)黑+优=a也(3)
где k = u/v. Далее, дифференцируя (3) по У) получим уравнение
(6 -g)w=出(4)
Из соотношения ds2 = dx2 + dy2 следует выражение для производной ds/dy =
=，1 + (dc/dg)2. Вводя обозначение производной g = dx/dy^ получим из (4) уравнение
(А —"喘= R,l + g2.(5)
Учитывая начальные условия g(0) = 0, получим решение уравнения (5)
Ь (g+ ” + g2) = -k In (1 -
Отсюда находим
2需二(-汐匸(一行
Рассмотрим два случая.
А. Если & # 1, то в результате интегрирования получим уравнение траектории
（1 —廿）十（1 + 出）УЬ丿（1 一R）[丄Ь） ,
Расстояние между точками Л и В равно
с=（Ь-У）с =电 （1 -
Б. В случае & = 1 уравнение траектории
22=-1n（1-£）-沙+玄⑺
При значениях &〉1 расстояние с возрастает, у Т b, х Т о. При значении & = 1 имеем с —> 6/2. В случае & V 1 искомая кривая пересекает прямую у — Ъ.
Найти расстояние о（力）между точками Л и В в случае & = 1.
Решение. Вычислим производную de/dt. Дифференцируя с2, получим
се — —（6 — у）纟 + （仅力一力）（仅一出）=—od + kcx ―> 己=—о + кх.
Отсюда находим новое представление функции с = b-\-kx — vt. Исключая производную ж-координаты, получим уравнение
се = —2оо + （и? — о?） t +。仇
которое линейной заменой аргумента приводится к интегрируемому однородному уравнению.
В частном случае v — и получим неявную зависимость о（力）：
d — 6 + g In （^ — 1） = —2vt.
При ut》b имеем c ^ （6/2） [1 + exp [—（4vt/b + 1）]]. Таким образом, …（6/2）.
Расстояние между двумя движущимися частицами постоянно, т. е. |「2（力）—ri（力）| = С. Показать, что rfi = ГГ2, где г（力）=г?（力）— 一口⑴.
Решение. Дифференцируя соотношение（Г2 — ri）2 = С2, получим rvi = rv2.
Нить перекинута через вертикальную стенку и прикреплена к частице. Найти ее скорость, если нить тянуть со скоростью и. Угол
между нитью и горизонтальной прямой равен а(力)(рис. 1.1.7).
Решение. Координата частицы 力⑴=Л ctga, а длина нити，⑴= =h/ sin а. Очевидно, что / = —и. Следовательно,
.九 .〃
х =0- a =.
sin а cos а
Рис. 1.1.7Рис. 1.1.7Получите этот результат, используя решение задачи 1.1.6.
Рис. 1.1.7
Рис. 1.1.7
Концы стержня длины / скользят по двум направляющим, образующим прямой угол, причем хв = ut (рис. 1.1.8). Найти уравнение траектории, скорость и ускорение точки С (середины стержня).
Решение. Координаты точки С ж = (//2) cos а, у = (//2) sin а. Исключая а(%), получим уравнение траектории ж2 + у2 = (//2)2. Поскольку / cos а =仅力 то
. I .. и
У =У =cos а •& =cos а •& =и ut2，按一"2力2и ut2，按一"2力2х = —- sin а • а = е
У =
У =
cos а •& =
cos а •& =
и ut
2，按一"2力2
и ut
2，按一"2力2
Рис. 1.1.8Рис. 1.1.8
Рис. 1.1.8
Рис. 1.1.8
В точке возврата О циклоиды ж = а (夕一sing), у = —а (1 — cos 夕), —тг < 夕 < тг, подвешен математический маятник длиной /. При качании в плоскости ху часть нити маятника прилегает
Рис. 1.1.9
к дугам циклоиды. Показать, что при Z = 4а маятник движется по циклоиде.
Решение. Пусть Т — точка касания нити и циклоиды с координатами ж, у (рис. 1.1.9). Длина дуги
s = j 力‘2 + 虱2 &夕=4a (1 — cos ^).
о
Угол 7 между отрезком касательной Т М и вертикалью определяется соотношением tg ()+ тг/2) = dy/dx :у =夕/2. Следовательно, координаты маятника
力1 =力 + (Z — s) sin)= а (夕 + sin 夕)+ (Z — 4а) sin 夕/2,у^ — у — (I — s) cos 7 — —a (3 + cos 夕)一(Z — 4а) cos 夕/2.
Полагая I = 4a, находим, что Ж1, y± связаны уравнением циклоиды.
Поскольку длина дуги ЕМ равна si = 4a sin 夕/2, то у^ = —4a + s?/8a.
Частица движется по эллипсу в плоскости ху. Проекция секторной скорости <т2 постоянна. Найти 力(力),у⑴.
Решение. Условия задачи имеют вид
(£)2+(r-啕-^=2j(£)2+(r-啕-^=2j⑴⑴
(£)2+(r-啕-^=2j
(£)2+(r-啕-^=2j
⑴
⑴
Вводя параметрическое представление уравнения эллипса: х — a cos《, у = b sin《,получим из (1)《=(2oz/a6) t + ^о- Следовательно,
Вектор V может быть разложен по трем некомпланарным векторам a, b, с: v = аа + 0b + 7c. Найти коэффициенты а, 0, 7.
Решение. Умножим v на вектор [Ьс]. В результате получим
V [be] _ ^mns^mbnCs
Аналогичным образом найдем 0 и).
Зависимость 力⑴ определяется уравнением
х — a sin (о;力 + 左力)，ж(0) = 0.
Найти x(t).
Решение. Запишем уравнение в параметрической форме
力=a sin £, 幻力=£ — За sin £.
Поскольку 力(力)—периодическая функция, то ее можно разложить в ряд Фурье:
X — ^ Хп sin 723力n=l
2Г2Г力⑴ sin ngt dt ——力⑴ sin ngt dt ——力⑴ sin na)t — d£.力⑴ sin na)t — d£.
2
Г
2
Г
力⑴ sin ngt dt ——
力⑴ sin ngt dt ——
力⑴ sin na)t — d£.
力⑴ sin na)t — d£.
Интегрируя по частям, получим
2тг2тг
хп = — cos nujt d^ = — cos cos — Aja sin c/^.
7ГП J7ГП J
о0
Далее, в подынтегральном выражении пишем cosg 三(cos ^ — 1/Ra) + + 1/&а . Тогда интеграл от первого члена равен нулю. Используя определение функций Бесселя, получим [4]
2тг 1/2
хп ———- cos [п (£ — ka sin£)] d^ = — Jn(nka).
0
Следовательно, 8 2 x(t)=工菰 Jn(nka) sinnu;t.
При z « 几 значения функции Бесселя весьма малы [5]:
С) т (9 Г(п + 1) •
Поэтому при Ra « 1 力⑴ и а [sin g力 + (&а/2) sin 2幻力 + ...].
Ортогональный репер е](力)вращается относительно неподвижного репера ед (А = 1, 2, 3). Найти угловую скорость подвижного репера.
Решение. Компоненты одного и того же вектора v в двух системах координат связаны преобразованием
0；=А泌(力)。力，(1)
где А/(力)——матрица, определяющая ориентацию подвижного репера относительно неподвижного, причем det Л = 1. Поскольку f? = f^2, то
^ik^is = ^ks 5(2)
т. е. обратная матрица А粛=Njk совпадает с транспонированной.
Запишем вектор v в виде разложения по базисам ед и е]. Тогда
。/; = 3以・(3)
Подставляя (1) в (3), получим
е勿=^ki^k，0 = ^ik^k •(4)
Очевидно, матрица ^ki = А/ = Л^1 позволяет представить новые базисные векторы е] в виде линейной комбинации старых векторов е》：е； = 7/giG/g. Элементы )力勿 являются направляющими косинусами: )力勿=е^е^.
Обратное преобразование следует из (1) после умножения на Л^:
^is^i = kisNik^k = &s・^is^i = kisNik^k = &s・(5)(5)
^is^i = kisNik^k = &s・
^is^i = kisNik^k = &s・
(5)
(5)
Рассмотрим подвижную систему как твердое тело и предположим, что о| — постоянные величины. Тогда компоненты вектора v(力) = =。勿(力)е勿 являются функциями времени. Дифференцируя (5), получим
方aа)a% n、an^职 8,(6)
Введем тензор
и запишем ⑹ в виде
方a GgaOp.(7)
Дифференцируя условие ортогональности преобразования ХвХа = =Вар, получим уравнение А)рА)а + А)рА)а = 0, из которого следует, что Зар является антисимметричным тензором: ша^ = —ара. Следовательно, Зар определяется тремя функциями — вектором угловой скорости вращения
3s(力)2 &sal33aB(^).(8)
Таким образом, компоненты угловой скорости твердого тела
-1 .
^s 2 Wsots'd、'、В •(9)
Записывая £&3)£从〃)=8a儿看^〃 — 8^8^^^ находим соотношение
3儿〃 Ill^Ot^Ot •(10)
Подставляя (10) в (7), получим 方& =区⑺押山毋 следовательно,
寸⑴=[3⑴v⑴].(n)
Компоненты тензора преобразуются по закону (1):
3〃〃 = ^lii^vk^ik = NfiiNbkNbq А)力=人儿力八力〃，
3‘s =
Частица движется по прямой г⑴ =b + u⑴，bu = 0. Найти угловую скорость частицы.
Решение. Расположим плоскость ху перпендикулярно вектору [Ьи]. Выберем оси координат так, чтобы b = （0, 6, 0）, и = （% 0, 0）. Совмещая ось 力'подвижной системы отсчета с прямой, проходящей через начало координат и частицу, получим матрицу преобразования （丁 = = 庐+ （仪力）2 ）：
Следовательно, тензор
о; — А-1Ао; — А-1А宀а宀а-1 о \о о0 о丿-1 о \о о0 о丿
о; — А-1А
о; — А-1А
宀а
宀а
-1 о \о о
0 о丿
-1 о \о о
0 о丿
определяет вектор угловой скорости Q = [bu] /г2.
Два вращающихся базиса. В теории гироскопов приходится вводить несколько вращающихся базисов: е（°）— неподвижный базис, е（ь）（%）, е（。）（力）—два подвижных базиса. Матрица S^ba^ определяет переход от базиса е（。）к базису е⑹⑴，матрица А®）— переход от базиса е（。）（力）к базису е（°）（力）.Найти тензор угловой скорости базиса е（°）（力）относительно базиса е（°）.
Решение. Пусть。（⑺—R^cb^ S^ba^ — матрица преобразования базиса е（а）в базис е（°）. Обозначим 3（°°）— тензор угловой скорости базиса е（°）（力）относительно базиса е（°）,幻“^）— тензор угловой скорости базиса е"）（力）относительно базиса е"）⑴,幻出。）——тензор угловой скорости базиса е（ь）（力）относительно базиса е（°）. Вычисляя производную, получим
РТР = STRT （RS RS\
Согласно определению J"） = ртр^ ^（Ьа） — STS —компоненты тензоров в базисе е（°）, ш^сЬ^ = 砂h компоненты тензора в базисе е（ь）⑴.Следовательно,
«Абсолютная» угловая скорость базиса е（°）（力）равна сумме угловой скорости базиса е（°）（力）относительно базиса е（"）（力）и «абсолютной» угловой скорости базиса e^b\t）. Компоненты вектора угловой скорости
以⑺=Т厶力//长曲师+ “黑］.
Найти скорость и ускорение частицы в цилиндрических координатах.
Частица движется в плоскости z = 0 по логарифмической спирали р = ас"" с равной нулю радиальной составляющей ускорения. Найти V = v(4), 0(2),夕⑴.
Решение. Используя уравнение траектории, найдем
v = a0dB(& J 0).(1)
Из условия задачи Q — 〃夕2 = 0 получим уравнение
&0+ (&2 — 1)夕=°.(2)
0 =窮■ то 口3 (2)0 =窮■ то 口3 (2)следует уравнениеследует уравнениеПусть начальные условия имеют вид 夕(0) = 0, 9(0) = а。. Поскольку
0 =窮■ то 口3 (2)
0 =窮■ то 口3 (2)
следует уравнение
следует уравнение
唸+（炉-i）S = &
решение которого
ф = й；0 ехр (" 一 &)夕.ф = й；0 ехр (" 一 &)夕.⑶⑶
ф = й；0 ехр (" 一 &)夕.
ф = й；0 ехр (" 一 &)夕.
⑶
⑶
Подставляя (3) в (1), получим v(夕)=аш^е^^ (&, 1, 0). Возвращаясь к уравнению (2), найдем
Частица движется в плоскости z = 0 по гиперболе у = =с2/ж. Проекция секторной скорости。纟 постоянна. Найти интервал времени △力 за который частица сместится из точки с координатой 力 i в точку с координатой 力2 (力2 > 力1).
Решение. Поскольку 力2〉力1,夕2 < 夕1, то。纟 = —о。< 0. Следовательно,
1с2
一00 = 5 (力纟一ху)=--出.(1)
Интегрируя, находим
At = — In — .
Одновременно мы обнаруживаем любопытное свойство гиперболы. Учитывая, что <т2 =俨0& получим
1 31冗 2
/ ] 02 d夕=]y(x)dx.
32Ж1
Таким образом, площади 0Л1Л2О и х^А^А^х^ на рис. 1.1.18а одинаковы.
В безразмерных переменных д' = д/d,力'=х/с уравнение гиперболы yf = l/力‘. Площадь заштрихованного криволинейного треугольника на рис. 1.1.186 S = In ж\ Если площадь S = 1, то 力'равен основанию натуральных логарифмов е. В нашем случае площадь S растет линейно: S = 3t)о; = оо/。？. Действительно, из (1) получим х' = е3t. По существу мы пришли к определению экспоненты, аналогичному
определению тригонометрической функции cos 3t как проекции на ось конца вектора, «заметающего» сектор площадью 3t.
Найти скорость и ускорение частицы в сферической системе координат.
Решение. В сферических координатах радиус-вектор г = гег, а угловая скорость сферического репера ег, е^, е^ равна Q = ©е^ + фе2. Учитывая, что % = cos0 ег — sin® е^, получим Q = 0 cos® ег — —ф sin 8 е® + ©е^. Следовательно,
ёг = [Qer] = ©е® + ф sin 0 е^,
6® = [Qe^]=—况г + ф cos 0 е^,ё^ = [Qe^] = —ф sin 0 ег — ф cos 0 е®.
Дифференцируя, находим
г = гег + гёг = rer + гбе。+ 丁 sin 0 0е^,
Е =卄一丁©2 — 丁 sin?® S?) е「+ (} ^ 丁2© — 丁。2 'in e cos °) e® +
Частица движется по поверхности сферы. Скорость частицы образует постоянный угол а с меридианом. Найти уравнение траектории.
Решение. Очевидно, что
. vo 01 d0
с g а - % - sin 8 0 - sin 8 d(p *
Интегрируя, находим
tg^ = С ехр (夕 ctga).(1)
Кривая (1) называется локсодромией.
Частица движется по кривой ха =力a(s), где s — длина дуги. Записать скорость и ускорение частицы в естественных координатах.
Решение. Свяжем с пространственной кривой репер, образованный единичными векторами ei, е?, направленными по касательной, нормали, и вектором ез =同財・ Скорость и ускорение частицы
г =г =drdr⑴⑴
г =
г =
dr
dr
⑴
⑴
Г = SGi + W&.
Поскольку е? = 1, то ei ^~ = 0. Следовательно, вектор ^~ перпендикулярен вектору ei，Введем единичный вектор е?, направленный по главной нормали соотношением
1 dei丘也=々71 dei丘也=々7d2 rd2 r
1 dei
丘也=々7
1 dei
丘也=々7
d2 r
d2 r
где R — радиус кривизны. Тогда
. dei .ei = 丁 s as. dei .ei = 丁 s asГ = SG1 +Г = SG1 +⑵⑵
. dei .
ei = 丁 s as
. dei .
ei = 丁 s as
Г = SG1 +
Г = SG1 +
⑵
⑵
Третий орт ез = [^1^2] параллелен бинормали [6]. Очевидно, е?= =[6361]. Подставим в эти соотношения (1), (2), получим
ез =费[гг], 例=^
Из последнего равенства следует выражение для радиуса кривизны
青=L附2=関奈『=L昨-(时]・
Частица движется в плоскости z = 0 по логарифмической спирали р = Се "в с постоянной проекцией секторной скорости。纟= =ад > 0. Найти тангенциальную и нормальную компоненты ускорения как функцию р.
Рис. 1.1.22
Решение. Пусть а — угол между тангенциальным ортом ет и осью х. Тогда декартовы компоненты ортов (рис. 1.1.22)
ет = (cos a, sin а, 0), en = (—sin а, cos а, 0),ер = (cos夕，sing, 0), е^ = (—sing, cos夕，0).
Поскольку
F = WTGT + wnen = WpGp + 仅夕^夕,
то
wT — Wp cos 儿 + w^ sin 从,(1)
wn = —Wp sin 从 + w^ cos 从,(2)
где 从=а —夕一угол между ортами ет и ер. Заметим, что по определению логарифмической спирали k = ctg 从.
Согласно условию w^ = 0,
00 = #0=*2柒2 叱 следовательно,
Wp = (&2 _ 1) 0? + кф — _(&2 + 1)(2% •(3)
Из (1)-(3) находим
>>2 I 1 (2。0)2,2 I 1 (2。0)2
叫=-k-, Wn = 左2 + 1 --.
pP
Отметим, что 力(力)> 0, Q(力)< 0.
Частица движется в плоскости 2 = 0. Тангенциальная wi и нормальная W2 компоненты ускорения постоянны. Найти уравнение траектории. Начальные условия г(0) = 0, v(0) = (о。, 0, 0).
Решение. Согласно условию
Умножая первое уравнение на s, получим первый интеграл
&2 =若 + 2 仅 is.(2)
Следовательно,
R = ^("2g)・⑶
Радиус кривизны R = ds/da^ где а — угол между ортом е「касательным к траектории, и осью ж:
4^- = — (^о + 2gs).
da W2 v丿
Из этого уравнения находим
2
3盡D
где k = wi/w2- Найдем теперь решение уравнения dr/ds = ет
dx
ds
2
_也
—
=cos а =
da
da
W2
dy
ds .
=sin а =
da
da
W2
sin а е2ка.
cos а е2ка.
Интегрируя, получим уравнение траектории в параметрической форме
(2& sin а — cos а)發吗(2& sin а — cos а)發吗……2)_ 2R届……2)_ 2R届力=с。Н(2& cos а + sin а)攸2 (1 + 4& )
(2& sin а — cos а)發吗
(2& sin а — cos а)發吗
……2)
_ 2R届
……2)
_ 2R届
“°g(l+4&2)'"°攸2 (1+4&2) •
Найти угловую скорость вращения ортогонального репера, связанного с пространственной кривой ха =力a(s).
Решение. Найдем производную
Введем кручение кривой [6, 7]
и кривизну кривой k = R—1. Тогда de^/ds = —”^2・ Аналогичным образом можно показать, что d^/ds = —&用 + хез. Таким образом,
dexds
где з — угловая скорость трехгранника Френе, з = &ез + xei，
Самолет садится на корабль, движущийся со скоростью vi в восточном направлении. Скорость ветра V2 направлена на север. Самолет снижается по отношению к кораблю вертикально со скоростью V3. Определить скорость самолета по отношению к движущемуся воздуху.
Решение. Скорость точки а в системах отсчета S и S- движущихся поступательно относительно друг друга, можно записать в виде v&s = =Vas’ +vs‘s, где Vab — скорость тела а относительно тела 6. Очевидно, v^ = — v^. Обозначая буквами М, К, В, С соответственно море, корабль, воздух и самолет, получим
vcb = vck — vBk = vck — vBm + vkm・
Поскольку векторы в правой части взаимно перпендикулярны, то осв =说+ о^ +唸
Окружность равномерно вращается вокруг оси, которая проходит через одну из ее точек и расположена перпендикулярно ее
плоскости. По окружности движется частица со скоростью vg относительно окружности. Найти скорость частицы в лабораторной системе отсчета.
Решение 1. В инерциальной системе координаты частицы (рис. 1.1.26а) х = a cos 良 + a cos (Qt + 8), у = а sin Q力 + а sin (Qt + 8), здесь а — радиус окружности, Q — угловая скорость вращения,。(力)一 известная функция времени. Дифференцируя, находим
ж = —(Ш sin Q力一a (Q + ©) sin (Qt +。)，у — a^l cos 口力 + а (П + ©) cos (Qt +。)，
。2 = a2a2 + 川(Q + ©)2 + 2a2a (Q + ©) cos 仇 (1)
Решение 2. Выберем неинерциальную систему отсчета с началом в точке О (рис. 1.1.265). Тогда V = [Qr/]+f/, rz = (а+а cos®, a sin®, 0), Е‘ = ад (— sin ^, cos ^, 0). Величина 病=[Qrz]2 + 2 |г'Е〔 Q + r/2 = =2a2a2 (1 + cos。)+ 2a2Q© (1 + cos。)+ a2^2, разумеется, совпадает c⑴.
Решение 3. Выберем неинерциальную систему отсчета с началом в точке С. Тогда г = а + r_ 五=[Qa],
f = [Qa] + [Qrz] + f\
Проекции векторов на оси подвижной системы отсчета а = (а, 0, 0), rz = (а cos®, а sin®, 0), Р = а©(—sin®, cos仇 0).
Найти скорость, с которой диск движется вдоль оси ж, если частица, перемещающаяся по оси % скользит по его ободу (рис. 1.1.27).
Решение. Введем две системы координат S и S' с началом в центре диска радиуса а. В момент времени 力=0 обе системы координат совпадают. В предположении, что частица дви-
Аажется с постоянной скоростью 力=0, у =
歹[у' Т= a — vt. Используя преобразование Галилея,
получим
/ f V\q —力°, + 力[а — vt — у.
"т^^^Ъ^^ Поскольку точка (力-夕‘)должна лежать на
/окружности, то Xq, + (а — о力尸 = а2, следо-
\/вательно,
Iхо' =(2а — о力)vt,0 < t < ^ ,
Рис. 1.1.27(а — vt) о
vo> = /•
у (2а — vt) vt
Радиус-вектор частицы изменяется по закону г⑴ = =(/(t), 0, 0). Найти закон движения и уравнение траектории частицы
в системе отсчета, вращающейся вокруг оси z. Начала координат систем ж,夕,z и 力-夕-z' совпадают.
Решение. Пусть система координат S неподвижна, а система координат S' вращается вокруг оси z в направлении движения часовой стрелки. Координаты частицы в системах S и S' связаны преобразованием
х1 — х cos Ш — у sin Qt, у — х sin Q力 + у cos Qt.
Следовательно, x' = /⑴ cos Qt, y‘ = /⑴ sin Q力.Полагая Qt =夕, получим уравнение траектории в полярных координатах
⑴
Если изготовить эксцентрик, профиль которого определяется функцией （1）, то появляется возможность преобразовать равномерное вращательное движение в поступательное движение стержня, скользящего по оси х.
Улитка Паскаля. Положим /（力）=о + а cos Q力.Уравнение кривой р — с -\- a cos 夕.Равномерно вращательное движение эксцентрика
Рис. 1.1.28Рис. 1.1.28преобразуется в гармонические колебания стержня.
Рис. 1.1.28
Рис. 1.1.28
Кардиоида. Полагая /（力）= =а （1 + cos 口力）,получим профиль 〃（夕） = а （1 + cos 夕）— уравнение кардиоиды.
Спираль Архимеда. Положим /（力） = vt. Уравнение профиля 〃（夕） = 。夕/口. Вращательное движение преобразуется в равномерное движение стержня.
В технике особую роль играет логарифмическая спираль р = ас"з. Если лезвие ножа очерчено по дуге логарифмической спирали, то угол 〃 между осью ж и касательной к дуге
в точке пересечения ее с осью ж со
храняет постоянное значение （рис. 1.1.28） （это обстоятельство весьма важно для создания постоянного давления в процессе резания）. Действительно, ctg = ^ ^ = к [3].
Одномерное движение
Найти решение уравнения тх = R（力）в терминах функции Грина [8, 9].
Решение 1. Запишем уравнение в виде
L力⑴=R⑴，L = m前.L力⑴=R⑴，L = m前.⑴⑴
L力⑴=R⑴，L = m前.
L力⑴=R⑴，L = m前.
⑴
⑴
Вводя обратный оператор L-1, запишем решение (1):
优⑴=厶TR⑴.(2)
Будем понимать под функцией Грина G (力 力')результат мгновенного воздействия «силы» 8(力一，)в момент времени 优 Тогда
G(力 У)=厶т*力一У).(3)
Как с помощью функции Грина выразить результат преобразования (2) заданной функции 尸(力)？ Для этого представим R (力)в виде
飞)=j d，R(/)*力一，).
Следовательно,
力⑴= £—i ] ^ F^) S(t - t^ =
=j d，R(，)LT*% —，)= j dtf G(t, t^F^Y (4)
Функция Грина (3) удовлетворяет уравнению
mG — 8(力—У)(5)
с начальными условиями
G(力=力‘ 一е,力')=0, G(t =力‘ 一£,力‘)=0.(6)
Проинтегрируем уравнение (5) в пределах，一eW 力 <，+ е, где е — бесконечно малое время. В результате получим
т — I , = 1 —> т&(У + е, У) — 1,⑺
т. е. при 力=，имеем конечный разрыв. Поэтому функция G(力力‘) непрерывна при 力=，：
G 仁=0 т G(，+ & 门=0.(8)
Следовательно,
G(S) = { ^力 + & ； ： %：
Из начальных условий (7), (8) получим Л = т-1, В = —Z，= —т-1^. В результате находим
G9，)= e(% —，)^(% —，)，(9)
здесь 0(т) — разрывная функция Хевисайда,
Подставляя (9) в (4), получим решение (1)
t
力⑴J dtf (t-t^Fd1).(10)
Этот результат согласуется с принципом причинности — координата в момент t зависит только от значений функции R (力)в предыдущие моменты времени [10].
Разумеется, зависимость 力(力)может быть получена двухкратным интегрированием (1)
t力1
力⑴=^ ] d方1 ] d力2r(力2).
Изменяя порядок интегрирования, получим
ttt
优⑴=- I d力2 R(力2)I d力1 = - I d力2 (力-力2)R(力2).
— ОО力 2—ОО
Решение 2. Если L — линейный оператор, то для определения функции Грина удобно использовать метод Фурье-преобразования. Поскольку (1) является уравнением с постоянными коэффициентами, то функция Грина зависит только от разности 力一，：
G(力')=Gyc—必(力т)(11)
Учитывая, что
=ё 6—必(1，(12)
находим после подстановки (11), (12) в (5) G& = —(тш2)~\ т. е.
匆i
Это выражение не определено, пока не задано правило обхода полюсов. Поскольку G(力 力')=0 при t < 力-то контур интегрирования следует замкнуть в верхней полуплоскости переменной а. Это обстоятельство можно учесть, сдвигая полюсы в нижнюю полуплоскость ш. С этой целью производят замену о; —> о; + £%
&з&з6一汕（土 一y）6一汕（土 一y）(G + 辽)2(G + 辽)2(13)(13)
&з
&з
6一汕（土 一y）
6一汕（土 一y）
(G + 辽)2
(G + 辽)2
(13)
(13)
Таким образом, аналитичность функции Грина обусловлена принципом причинности.
Броуновское движение. Одномерное движение частицы в среде описывается уравнением
тх + 7± = F(t),
где R (力)——случайная сила, с которой среда в результате теплового движения воздействует на частицу. Средние по ансамблю значения
（R⑴〉=0,（r⑴尸修）〉=2）施7 *力一，）,
где Т — температура среды, &е ——постоянная Больцмана. Найти корреляционную функцию 旦(丁) = 〈о(力)о(力 + г)) и значение среднеквадратичного смещения частицы.
Решение. Решение исходного уравнения
представим в терминах функции Грина G(力—力'),удовлетворяющей уравнению
mG + yG = 6(t-tf\
duoduo(g + iy/m) (g + 辽)(g + iy/m) (g + 辽)
duo
duo
(g + iy/m) (g + 辽)
(g + iy/m) (g + 辽)
Следовательно,
旦(丁)= 2)施7 ] dtf G(t - t^ G(t + г - t^ =
_ 7^Т 7 ,с—"%
J (/+)2/小)
Интеграл вычисляется методом теории вычетов. При значениях т > О контур интегрирования в комплексной плоскости ио — ио1 -\- Ьз" следует замкнуть в нижней полуплоскости, при т < 0 контур замыкается в верхней полуплоскости. В результате получим 旦(丁) = =(&еТ/ш) ехр (—67/777). При т = 0 имеем (mv2/^ =屈丁/2.
Найдем теперь средний квадрат смещения за промежуток времени I:
t t
〈△力2〉=([力⑴-力(0)?)=J d力1 J d力2 g(力2 一力1)=
о 0
=(2)施77开)=(2)施77开)(1з (1 — cos g力)(1з (1 — cos g力)(тп2 J + 72)(тп2 J + 72)
=(2)施77开)
=(2)施77开)
(1з (1 — cos g力)
(1з (1 — cos g力)
(тп2 J + 72)
(тп2 J + 72)
использовалииспользовалиОО.ОО.При 力》？тг/) получим 〈△力2〉= (2&еТ力/))• Здесь мы
использовали
использовали
ОО.
ОО.
соотношение
粤 /(a) (1 — COS a力)一> 力7Г/(0) при 力一> 3
В случае сферической частицы коэффициент 7 вычислил в 1851 г. английский ученый Дж. Стокс: 7 = бтгт;^, где а — радиус сферы, 77 — коэффициент вязкости.
В теории броуновского движения необходимо вычислить основную характеристику — средний квадрат смещения (Дж2) = (2&еТ力/))• Эта задача впервые решена А. Эйнштейном в 1905 г. Он показал, что 〈△力2〉= 2。力 где D — коэффициент диффузии. Следовательно, D = =施7/7. В серии экспериментов, проведенных в 1908 г., французский физик Ж. Перрен измерял расстояния ж, на которые перемещалась частица каждые 30 с. Вычисляя средний квадрат смещения, Перрен нашел значение постоянной Больцмана и определил число Авогадро (Нобелевская премия, 1926 г.). Это был решающий эксперимент, убедивший ученых в существовании молекул.
⑴⑴Задачу о случайном блуждании можно свести к уравнению
⑴
⑴
况 дх2，
1/ М、1/ М、#（3力）=#（3力）=где 夕(力 ж) — плотность вероятности нахождения частицы в точке ж в момент времени t [52]. При начальном условии р(0, ж) = 8(0) решение уравнения (1)
1/ М、
1/ М、
#（3力）=
#（3力）=
Средний квадрат смещения
〈△力2〉= I dx х2P也 х) = 2Dt.
Частица движется в потенциальном поле U(力) = —и^ех^а. Найти 力(力).Начальные условия —/(0) = 0, ж(0) — vq^ 2U()/m .
Решение. Из интеграла энергии получим уравнение
I mх2 -и0内a=4 石=；б若一Uo.
Предположим, что 石〉0. Вычислим интеграл
ЕЕСледовательно,力(力)=a InСледовательно,力(力)=a Insh-2sh-27 Е * Uo + у/Е 石 + Uo — 'x/E7 Е * Uo + у/Е 石 + Uo — 'x/E
Е
Е
Следовательно,力(力)=a In
Следовательно,力(力)=a In
sh-2
sh-2
7 Е * Uo + у/Е 石 + Uo — 'x/E
7 Е * Uo + у/Е 石 + Uo — 'x/E
Таким образом, частица уходит в бесконечность за конечное время Т. Следует отметить, что решение нелинейного уравнения тх = =—еж/а содержит движущуюся особенность, зависящую от начальных условий [11].
Пусть 石=0. Тогда получим уравнение ж = ^М?、из которого следует 力(力)=—2а In (1 — ^ 力).Частица достигает бесконечности за время 力о = a 2ml Ug .
Частица движется в поле U(ж) = —Uu ch~2kx. Найти x(t\ если полная энергия Е — —Eq < 0.
Решение. Из закона сохранения энергии получим уравнение
I тж2 — Uq ch~2&力——石。.
Переходя к переменной интегрирования z
получимполучимsh kxsh kxsin (幻力 + а),sin (幻力 + а),冗2Т = 2冗2Т = 2Ж1Ж1dx _ 2тг I т‘2= т V 病,dx _ 2тг I т‘2= т V 病,здесь Ж1, Ж2 — корни уравнения Е — U(ж) = 0.1.2.5. Потенциальная энергия частицы (рис. 1.2.5)здесь Ж1, Ж2 — корни уравнения Е — U(ж) = 0.1.2.5. Потенциальная энергия частицы (рис. 1.2.5)2\ 3/ 、 ахu(*)=-亍 + 丁.2\ 3/ 、 ахu(*)=-亍 + 丁.Начальные условия ж(0) = 0, ж(0) = Z, Z уравнений движения 力(力).Решение. Полная энергия 石=0. Из графика потенциальной энергии видно, что имеем две точки поворота ж = 0 и ж = Л. Частица начинает смещаться в отрицательном направлении оси х. Поэтому из первого интеграла энергии получим уравнениеНачальные условия ж(0) = 0, ж(0) = Z, Z уравнений движения 力(力).Решение. Полная энергия 石=0. Из графика потенциальной энергии видно, что имеем две точки поворота ж = 0 и ж = Л. Частица начинает смещаться в отрицательном направлении оси х. Поэтому из первого интеграла энергии получим уравнение亦=-/(ж),亦=-/(ж),产（*）= _^ =言*5一力）.⑴产（*）= _^ =言*5一力）.⑴Зо/А. НайтиЗо/А. НайтирешениерешениеО(х)О(х)Рис. 1.2.5Рис. 1.2.52о2оПроизводя подстановку А — х = 2% получимПроизводя подстановку А — х = 2% получимdxX \/Л - XdxX \/Л - X2dz _ dz 1+1A — Z2 д/л z + д/Л д/Л — 22dz _ dz 1+1A — Z2 д/л z + д/Л д/Л — 2Следовательно,Следовательно,at = Inat = InVa + ,4 一力Va — ,4 —力Va + ,4 一力Va — ,4 —力з =з =—y力⑴=—y力⑴=4ch2 g〃24ch2 g〃2Период движения можно вычислить независимо:
получим
получим
sh kx
sh kx
sin (幻力 + а),
sin (幻力 + а),
冗2
Т = 2
冗2
Т = 2
Ж1
Ж1
dx _ 2тг I т
‘2= т V 病,
dx _ 2тг I т
‘2= т V 病,
здесь Ж1, Ж2 — корни уравнения Е — U(ж) = 0.
1.2.5. Потенциальная энергия частицы (рис. 1.2.5)
здесь Ж1, Ж2 — корни уравнения Е — U(ж) = 0.
1.2.5. Потенциальная энергия частицы (рис. 1.2.5)
2\ 3
/ 、 ах
u(*)=-亍 + 丁.
2\ 3
/ 、 ах
u(*)=-亍 + 丁.
Начальные условия ж(0) = 0, ж(0) = Z, Z уравнений движения 力(力).
Решение. Полная энергия 石=0. Из графика потенциальной энергии видно, что имеем две точки поворота ж = 0 и ж = Л. Частица начинает смещаться в отрицательном направлении оси х. Поэтому из первого интеграла энергии получим уравнение
Начальные условия ж(0) = 0, ж(0) = Z, Z уравнений движения 力(力).
Решение. Полная энергия 石=0. Из графика потенциальной энергии видно, что имеем две точки поворота ж = 0 и ж = Л. Частица начинает смещаться в отрицательном направлении оси х. Поэтому из первого интеграла энергии получим уравнение
亦=-/(ж),
亦=-/(ж),
产（*）= _^ =言*5一力）.⑴
产（*）= _^ =言*5一力）.⑴
Зо/А. Найти
Зо/А. Найти
решение
решение
О(х)
О(х)
Рис. 1.2.5
Рис. 1.2.5
2о
2о
Производя подстановку А — х = 2% получим
Производя подстановку А — х = 2% получим
dx
X \/Л - X
dx
X \/Л - X
2dz _ dz 1+1
A — Z2 д/л z + д/Л д/Л — 2
2dz _ dz 1+1
A — Z2 д/л z + д/Л д/Л — 2
Следовательно,
Следовательно,
at = In
at = In
Va + ,4 一力
Va — ,4 —力
Va + ,4 一力
Va — ,4 —力
з =
з =
—y力⑴=
—y力⑴=
4
ch2 g〃2
4
ch2 g〃2
Очевидно, при о;力》1 частица приближается к окрестности начала координат.
Потенциальная энергия частицы (рис. 1.2.5)
2\ 3
/ 、 ах Лж
и(力) =+ 丁・
Начальные условия ж(0) = 0,力(0)=仇力о < 6 < Зжо/2, ж0 = 2сг/А. Найти решение уравнений движения 力(力).
Решение. Из первого интеграла следует уравнение
出=一/(力)，/(力)= 元(石-u)，(1)
где полная энергия Е = (Л62/6) (6 — За/А) < 0.
Найдем вначале решение (1) в случае движения частицы в окрестности дна правой потенциальной ямы ж = жд- Полагая 力=力。+ q, \q\《Жд, получим
wg)=u(力 + q) = -t + 手 + …
В том же приближении положим 6 =力о + а, где а — амплитуда колебаний, а《力°. Полная энергия
22322
厂 ах0 , аа , аа ах0 , аа
ГУ —^.
62 Зж0 62
Тогда из (1) следует решение уравнения движения
力⑴=с。+ a cosu；o3 就=^ .(2)
Перейдем теперь к интегрированию уравнения (1). Найдем вначале корни уравнения Е — U = 0:
力-4 殁3 = Т 竽一土 3”_)管+ 6)
力1〉力2〉力з,力3 V 0- Точкам поворота соответствуют корни 力i и 力2・ Функция /2(ж) — полином третьей степени:
/2(Ж)= 為(*1 -力)(力一力2)(力-力3).
Для того чтобы представить интеграл в терминах эллиптического синуса, произведем в (1) замену переменных х — х-^ —(力i —力2)仅？• Тогда имеем
' 叁 =必
< ,(1 — /2)(1 — &2炉)2 '
о
_ A (/1一/3)及2 _ /1 一/2
3 =О5&=•
3ma?i —力 з
Следовательно, решение уравнения движения
力=力1 —(力1 —力2)sn2^^, &力=力1 —(力1 —力2)sn2^^, &⑷⑷
力=力1 —(力1 —力2)sn2^^, &
力=力1 —(力1 —力2)sn2^^, &
⑷
⑷
Получим приближенное решение (2) из (4). Полагая 6 =力。+ а, получим
力 о4aA 力о
с2 ь с0 一 а, с3 ь--r ~=з0・
zJ力о2m
Поскольку &《1, то sn(u;t/2, &) у sin (о;力/2),
力(力)7 (с0 + а) - 2a sin2力(力)7 (с0 + а) - 2a sin2=力0 + а cos о;。力.=力0 + а cos о;。力.⑹⑹
力(力)7 (с0 + а) - 2a sin2
力(力)7 (с0 + а) - 2a sin2
=力0 + а cos о;。力.
=力0 + а cos о;。力.
⑹
⑹
Потенциальная энергия частицы (рис. 1.2.7)
0（力）=一手+手.
Рис. 1.2.7Рис. 1.2.7чае движения частицы в окрестности дна правой потенциальной ямы ж = = жд, т. е. при \х — жд|《 力о・ Полагая 力=力0 + q, 6 =力0 — а, получимчае движения частицы в окрестности дна правой потенциальной ямы ж = = жд, т. е. при \х — жд|《 力о・ Полагая 力=力0 + q, 6 =力0 — а, получимНачальные условия ж(0) = 0,力(0)=仇 0 V 6 V 力о,力о = о/Х. Найти решение уравнений движения 力(力).Решение. Из анализа начальных условий следует, что частица начинает движение в положительном направлении оси ж. Поэтому из первого интеграла получим уравнениеНачальные условия ж(0) = 0,力(0)=仇 0 V 6 V 力о,力о = о/Х. Найти решение уравнений движения 力(力).Решение. Из анализа начальных условий следует, что частица начинает движение в положительном направлении оси ж. Поэтому из первого интеграла получим уравнение
Рис. 1.2.7
Рис. 1.2.7
чае движения частицы в окрестности дна правой потенциальной ямы ж = = жд, т. е. при \х — жд|《 力о・ Полагая 力=力0 + q, 6 =力0 — а, получим
чае движения частицы в окрестности дна правой потенциальной ямы ж = = жд, т. е. при \х — жд|《 力о・ Полагая 力=力0 + q, 6 =力0 — а, получим
Начальные условия ж(0) = 0,力(0)=仇 0 V 6 V 力о,力о = о/Х. Найти решение уравнений движения 力(力).
Решение. Из анализа начальных условий следует, что частица начинает движение в положительном направлении оси ж. Поэтому из первого интеграла получим уравнение
Начальные условия ж(0) = 0,力(0)=仇 0 V 6 V 力о,力о = о/Х. Найти решение уравнений движения 力(力).
Решение. Из анализа начальных условий следует, что частица начинает движение в положительном направлении оси ж. Поэтому из первого интеграла получим уравнение
MG = U(力 + q)=-昴 + " + …，2\ 32
E = —— + ста -|—— (а — 4力°) ~ —+。& •4А4 '7 4А
Тогда из (1) получим решение
x(t) = с。一 а cos uj^t^ ^o =
Перейдем теперь к интегрированию уравнения (1). Представим функцию /2(ж) в виде
/Г”）= ★（* -说）（易-*2），力1 =' 易=^ 一"
Переходя к переменной z = 力/力2, получим эллиптический интеграл [131]
、, 衣—⑶
.，(1 — z2)(z2 —取2)2 '
к1
где о;=力2 2A/m, А/ =力1/力2・ Интеграл в (3) заменой переменной /2 = 1 — &2仅2, &2 = 1 — &/2 приводится к табличному эллиптическому интегралу
1
、ds_ 3t_ cn(G力/2, &)/、
J，(1-s2)(l —&2s2) _ Tdn(G〃2, &) •(丿
Здесь cn(g, &)——эллиптический косинус ——четная периодическая функция с периодом 4К, dn (9, &) — эллиптическая четная периодическая функция с периодом 2К, К — полный эллиптический интеграл;
—1 W сп (у &) W 1, 奴 W dn (у &) W L В обозначениях Глешера сп (д, &)/ dn (9, &) — это функция cd (9, &) [131]. Отметим, что
cd仅
&2 сп2(о;^/2, &) dn2(o;^/2, &)&2 сп2(о;^/2, &) dn2(o;^/2, &)Из (4) следует решение уравнения (1):
&2 сп2(о;^/2, &) dn2(o;^/2, &)
&2 сп2(о;^/2, &) dn2(o;^/2, &)
(5)
Учитывая, что сп (0, &) = 1, dn (0, &) = 1, получим ж(0)= 力1.
Полезно получить приближенное решение (2) из (5). Полагая 6 = =力0 — а, получим
力1 = с。一 а,力2 у 力о + а, А;2a 7 g 砲二幻。.
б0m
Поскольку &《1, то сп (о;力/2, &) у cos (о;力/2), dn (幻力/2, &)弋 1,
力(力)у(с0 + а) 1 - (|^) cos2^^ ^ xq - a cos 以0力.(6)
Потенциальная энергия частицы (см. рис. 1.2.7)
0(力)=一手+手・
Начальные условия ж(0) = 0, ж(0)=力2,力2 = 2о/А. Найти решение уравнений движения 力(力).
Решение. В этом случае полная энергия 石=0. Тогда точки поворота ж = 0,力2・ Введем обозначение и =力/力2・ Из закона сохранения энергии следует соотношение
力2力力2力А2mА2m、 ds 1 , 1 +，1 —J S a/1 — S2 21 — a/1 — "21、 ds 1 , 1 +，1 —J S a/1 — S2 21 — a/1 — "21⑴⑴
力2力
力2力
А
2m
А
2m
、 ds 1 , 1 +，1 —
J S a/1 — S2 21 — a/1 — "2
1
、 ds 1 , 1 +，1 —
J S a/1 — S2 21 — a/1 — "2
1
⑴
⑴
Разрешая (1) относительно ж, получим решение
优⑴=优⑴=力2chа力力2chа力a =力2a =力2А2mА2mатат
优⑴=
优⑴=
力2
chа力
力2
chа力
a =力2
a =力2
А
2m
А
2m
а
т
а
т
При а力》1 функция 力(力)у 2力2 exp (—Qt) стремится к нулю. 1.2.9. Потенциальная энергия частицы (см. рис. 1.2.7)
0(力)=一呼+岁.
Начальные условия ж(0) = 0, ж(0) — а^ а > х^ — 2о/А. Найти решение уравнений движения 力(力).
Решение. В этом случае полная энергия Е = —оа?/2 + Аа/4 > > 0. Тогда точки поворота 力 1,2 = ±а. Функция /2(ж) = (А/2т) (а?— —ж2) (ж2 + g2), g2 = а? — 2о/А. Вводя функцию и =力/а, основной и дополнительные модули [131]
，02 + g2，02 + g2
，02 + g2
，02 + g2
получим из закона сохранения энергии соотношение
at А _dz
& 2ТП — . (1 — j) (&2d + А/?) •
1
Следовательно,力(力)= a cn (cvt, k), a = (а/R) A/2m =
подстановкой 1 — z? = s? приводится к полному эллиптическому интегралу: Т = 4K(k)/aj.
Если частица движется в потенциальной яме, соответствующей потенциальной энергии U(力)=Аж4/4, то полагая о = 0, получим k = =1/и решение
力(力)=а си(3力*)з = а ^.
В этом случае полный эллиптический интеграл А^(1/у2) = 1,85.
Частица движется в поле U(ж) = —Uq cos ж//. Найти x(t\ если ж(0) = 0, ж(0) =^^ .
Решение. Полная энергия 石=%. Из интеграла энергии получаем уравнение
х — vq cos ж/2/, о。=亦(0).
Произведем замену z = sin 力/22. Тогда
2/ 一= 2/ * J = Id In =.
cos (ж/22)1 — z21 — z
После интегрирования находим
。0力1 1 + sin ж/2/、
—sin//2 广⑴
следовательно, sin ^ = th ^^ . При 力一＞ оо 力一＞ тг/. Функция U(力) представляет собой потенциальную энергию математического маятника, где ж — длина дуги. В теории солитонов решение (1) обычно представляют в виде
tg(Г訴
Частица движется в поле потенциального барьера U(力)= =% exp {—\х\/а) с полной энергией Е ＞ Uq. Найти разность между временем движения от Ж1 = —оо до Ж2 = оо в поле барьера и временем свободного движения с той же энергией.
Решение. Искомая разность
m Г ,11
Г = пт - aх —,二胃.
LT8 2 J ，石-u(力)，Ё
—L
Вычисляя интеграл, находим
c 2m ] 2лЛЁ
т = 2а — In —=/.
1.2.12. Частица движется в неконсервативном поле. Потенциальная энергия частицы U(力 ж) = —ах4/2 — btx2/2 + о力/2,力》0. Найти решение уравнения движения при значениях параметров а = т/L^t2^ Ъ — т/т^^ с — mL/т2.
Решение. Переходя в уравнении движения
mx - 2a优3+ 6力力 一!
к безразмерным переменным ж = Lz, t = rs, получим
Это уравнение возникает в процессе нахождения автомодельных решений уравнения Кортевега-де Вриза после преобразования Миуры. Можно проверить, что решение имеет вид z(%) = d In R(ps)/dt, где p = =2-1/3, R(u) удовлетворяет уравнению Эйри dPR/du? + uF = 0:
R(u) = V^ G丿1/3 (I 炉/2)+ С? J—i/3 (I и*?
1.2.13. Частица движется по кольцу, расположенному в вертикальной плоскости. Коэффициент трения скольжения равен 从.Найти зависимость величины скорости от координаты частицы.
Решение. Выберем в качестве координаты угол 0 между отрезком О А и радиус-вектором ОМ (рис. 1.2.13). На частицу действуют сила тяжести, сила реакции N и сила трения F = —/dNv/v. Из второго закона\
Ньютона\
mr — mg + N —从 Nv/o
в проекциях на касательную и нормаль к окружности имеют вид
mRO = mg cos 3 —卩№ mRO2 = N — mg sin 仇
⑴ ⑵
mg
Рис. 1.2.13
где R — радиус окружности, 0 = з —
угловая скорость. Перейдем в (1), (2)
к переменной 0: 0 — {duo/d0) ш. Исключая N из (1), (2), получим уравнение
=—2/яМ + 2就(cos。一从 sin。),
з^ = g/R・ Пусть в начальный момент времени частица находится в точке Л, з(0) = Q Решение уравнения (3)
=卜2 —『3从 cose +(i- 2川)sme].
[1 + 4〃」1 + 4〃 丄
Полагая 0 = тг, u;(7r) = 0, найдем начальную скорость о。= QR, которую необходимо сообщить частице, для того, чтобы она достигла точки В:
Интегрирование уравнений движения
Тело движется в среде, сила сопротивления которой пропорциональна квадрату скорости. В начальный момент времени тело покоилось на высоте Н от поверхности Земли. Найти зависимость скорости и вертикальной координаты от времени.
Решение. Выберем начало числовой оси z на поверхности Земли и направим ось вертикально вверх. Из второго закона Ньютона тг = =mg — kr |f| находим уравнение mz = —mg + &/, которое удобно записать в виде
芝=—g芝=—g
芝=—g
芝=—g
Очевидно, с — скорость установившегося движения. Полагая 2 = о, находим решение
2(力)=-° 仕 ^ •(1)
Заметим, что th ж = 1 — 0,005 при 力〜3. Следовательно, через промежуток времени t > Зс/g скорость тела становится равной с.
Интегрируя (1), получим
z — Н — — In ch —.
Поскольку при 力《1 ch 力〜1 + ж2/2, In (1 + ж)〜ж, то в интервале 力 《 d/g влияние сил трения еще не проявляется: z(力) u Н — gt2/2. Скорость тела в момент Т падения на Землю
2(Т) = -с 1 - ехр (-^^).
Тело брошено вертикально вверх с начальной скоростью о。. Сила сопротивления воздуха пропорциональна квадрату скорости тела. Найти решение уравнений движения.
Решение. А. Подъем тела. Начало координатной оси z, направленной вертикально вверх, находится на поверхности Земли. Из второго закона Ньютона получим уравнение
с2 = mg/к. Начальные условия z（0） = 0, i（0） = vq. Полагая 2 = о, получим уравнение первого порядка, решение которого
2（%） = dtg（a —圖，tga = *.（1）
Из условия 2（力1） = 0 найдем время подъема тела на максимальную высоту 力 1 = ao/g. Интегрируя （1）, имеем
g \ cos а 丿
Максимальная высота подъема Н = z（%i）,
При о。《о высота подъема Н =呜/2g.
В. Падение тела. Согласно решению задачи 1.3.1
2（力）=-d th ^ （力一力 1）,
XU = z（力 1） - J ln 1ch ^ （力—力 1）]=
=—In [cos a ch ^ （力—力1）]. （3）
Полагая z（力2） = 0, найдем время падения Т =力2 —力1 из уравнения cos a ch gT/ с = 1. Величина скорости в момент падения на землю ^m 1近（力2）I,
vm = с th = с sin a =сvm = с th = с sin a =с°0°0,1 +（0о/с）2,1 +（0о/с）2
vm = с th = с sin a =с
vm = с th = с sin a =с
°0
°0
,1 +（0о/с）2
,1 +（0о/с）2
Учитывая （4）, представим Т в виде
2g с - v0
Очевидно, время падения больше времени подъема тела.
Падение капли. Силу сопротивления воздуха, действующую на сферу радиуса а, вычислил в 1851 г. английский ученый Дж. Стокс: F = —бтгтуа% где 〃 = 1,825 • 10-5 кг/(м-с). Закон Стокса дает удовлетворительную точность при значениях числа Рейнольдса Re « 5, Re = 2。。〃/〃, р — плотность воздуха. Найти решение уравнений движения капли при падении с высоты Н.
Решение. Наиболее характерный размер облачных капель 5-10 мкм, концентрация капель — 100-200 в 1 см3. Поскольку плотность воды больше плотности воздуха, то водяные капли должны падать. Почему же не все облака дают осадки? Рассмотрим движение капли массой т. На нее действуют сила тяжести, сила сопротивления воздуха и выталкивающая сила, которой можно пренебречь по сравнению с силой тяжести.
Направим ось z вертикально вверх, начало координат находится на поверхности земли. Из второго закона Ньютона получим уравнение
mz = —mg — 6тг〃а2. (1)
Начальные условия z(0) = Я, i(0) = 0. Положим 丁 = ^ria/m = =20a2/(9〃)，где р — плотность воды. Тогда уравнение (1) приобретает вид
。0 = gT. Отсюда находим
z(t) = v0 [е-^-1], ⑵ 2(%)=// +。07 (1 - 6一"7) -00九 (3)
При увеличении скорости растет сила сопротивления и ускорение уменьшается. Через конечный промежуток времени 丁 ускорение приближается к нулю, а величина скорости — к постоянному значению о。. В этом случае сумма всех сил равна нулю: при 力》丁 координата капли 2(力)—y Я - 00力.
При падении капли воздух будет перетекать снизу вверх. Можно учесть реакцию воздуха на ускорение капли, вводя эффективную массу, равную сумме массы капли, и присоединенной массы. В случае сферической поверхности присоединенная масса равна половине массы вытесненной среды — воздуха.
Почему «плавают» облака? Пусть на высоте Н = 600 м образовалась капля радиуса а = 6 мкм. Вычисляя 丁 = 4,4 • 10-4 с, получим значение установившейся скорости падения о。= 4,4 мм/с = 16 м/час. Капля могла бы достигнуть поверхности Земли за интервал времени Т = Н/vu〉T = 37,5 час. Она падает настолько медленно, что во время падения может испариться или, попадая в восходящий поток воздуха снова взлететь. Лишь когда капли имеют радиус порядка 0,14-0,2 мм, то они падают на Землю в виде дождя.
Тело движется в потоке воздуха, поднимающемся вертикально. Сила сопротивления, действующая на тело, пропорциональна
квадрату относительной скорости тела и потока. В начальный момент времени v(0) = (0, 0, ig)- Найти зависимость скорости тела от времени. Решение. Второй закон Ньютона
ту = mg — /ь (г — u) |f — u|
приводит к двум уравнениям
2〉％(1)z <u.(2)2〉％(1)z <u.(2)mz = —mg — k(z — и)*
2〉％(1)
z <u.(2)
2〉％(1)
z <u.(2)
mz = —mg + & (2 — и)*
В первом случае сила трения при подъеме тела совершает отрицательную работу, а во втором — положительную.
Vo = z0 - и, с =Vo = z0 - и, с =mgmgПусть 2о 〉и. Переходя к переменной о = 2 — и, получим из (1) решение
Vo = z0 - и, с =
Vo = z0 - и, с =
mg
mg
= и — с с tggО
。0 tgg力/с + с '
В момент времени 力i = (c/g) arctg(o()/c) скорость частицы станет равной и. Интегрируя уравнение (2) с начальным условием 2(力1)=仅, получим
z(t) = u — с th ^ (力一力 1),t 2 力i・
Если и〉с, то частица будет двигаться вверх со скоростью асимптотически приближающейся к величине и — с. В случае и < с скорость частицы обратится в 0 при значении 力2 = 力1 + (g/c) arcth(u/c).
В интервале 力〉力2 тело падает на Землю: 2(力)=—с th [^ (力—力2)] •
Пусть 0 < io < ^- Переходя к переменной о = и — z^ получим решение уравнения (2)
。1 — и — Zq.。1 — и — Zq.。1 + с th gt/с
。1 — и — Zq.
。1 — и — Zq.
с +。1 th gt/с '
Если iz > с, то асимптотическое значение скорости равно и —с. В случае и < с функция 2(力)обращается в 0 при значении 力工 удовлетворяющем
уравнениюуравнениюth^ =сth^ =сС? — "2 + UZqС? — "2 + UZq
уравнению
уравнению
th^ =с
th^ =с
С? — "2 + UZq
С? — "2 + UZq
Частица движется в сферически-симметричном поле с потенциальной энергией U = U(|r|). Найти первые интегралы.
Решение. Сила, действующая на частицу,
也 _ dU дг _ —也 г
Зг дг Зг дг г
Умножая скалярно уравнение движения
丽⑴
на г и интегрируя, получим интеграл энергии
I mf2 + U(r) = Е.
Далее, вычисляя производную момента импульса
находим еще три интеграла: М = Мд. Умножая скалярно это равенство на г, получим
Мог = 0.(2)
Соотношение (2) является уравнением плоскости, перпендикулярной Мд и проходящей через начало координат.
В общем случае переменные разделяются только в сферических координатах.
Пусть г(0) = го, v(0) = vq. Если ось z декартовой системы координат выбрать параллельно вектору Mg = m [гд, vg], то функция z(力)=0. Далее решение задачи о движении в центральносимметричном поле может быть получено в полярных координатах.
Потенциальная энергия частицы U = тш2г2/2. Найти зависимость координат от времени и уравнение траектории.
Решение 1. Траектория лежит в плоскости, перпендикулярной вектору момента импульса. Выбирая ось z параллельно вектору Мд, запишем два интеграла:
⑴⑴⑵⑵тг2ф — Мо,у (г2 + 丁2g2)+ I тш2г2 — Е.Исключая S, получим уравнение
⑴
⑴
⑵
⑵
*旧-厶虱丁儿
Из условия 户2》0 находим границы области движения по координате г: b г а^
⑶⑶а, 6 = ^^ + 2。扌 土 с? - 2с^
⑶
⑶
2石Mq
Ci =2， c2 =.
ТПЗГПЗ
Найдем уравнение траектории. Пусть r(0) = r0, v(0) = v0. Из (1), (2) получим
2 (dr
Г2 居-或"2 - Г2
здесь 夕优 определяется условием 丁(夕他)=6. Используя подстановку и = 1/г, находим
М = 2c2•(4)
Cl + cf - 4國 cos 2 (夕一夕s)
Мы получили уравнение эллипса с полуосями а и 6 (рис. 1.3.6). Действительно, используя (3), представим (4) в виде
М 二 222.(5)
。2 COS?® —夕s) + d sin?® —夕s)
Интегрируя уравнение (2), найдем
М = ； с； — cf - 4с^ cos2cx； (t - tm) ,(6)
где tm ——ближайший к 力=0 момент времени прохождения частицей точки г — Ъ. Соотношение (6) удобно представить в виде, аналогичном
г2 =庐 cos2u; (t — tm) + a2 sin2u;(力—力优).(7)
Наконец, подставляя (7) в (1), получим
ь⑴ =arctg|^- tga (力一力优)]+ьm.
Из (7) следует, что параметрическое представление искомой траектории в системе координат 力-式(см. рис. 1.3.6) имеет вид
力‘(力)-6 COS3 (力-力他)， g‘(力)=a sinш (力-力他).
Решение 2. Рассматриваемая система является вырожденной, поскольку
допускает решение в декартовых и сфе
рических координатах. Найдем внача-Рис. 1.3.6
ле решение уравнений Ньютона тг =
=—W. Подставляя U(г), находим г + о;2r = 0. Решение можно
представить в виде
丁(力)=A cos 0;力 + B sin 以力,
где А и В — постоянные векторы. Скорость частицы
Е(力)=—зА sin ujt + с(;В cos 3t.
Момент импульса М = m [rf] = 2mз [АВ] является первым интегралом. Очевидно, Мг = 0 ——траектория лежит в плоскости, проходящей через начало координат. Выбирая ось z параллельно вектору М, получим
力(力)=a] cos (з力—a', g(力)=a? cos (з力—а^), z(力)=О,ai cos а】=Лж, ai sin а】=Вж,。2 cos% = 4，。2 siria? = By.
Следовательно, траектория частицы представляет собой эллипс. Величина осей и ориентация эллипса относительно системы координат ж, g найдены в задаче 1.1.1.
Частица движется в консервативном поле U = U(г). Получить уравнения, определяющие траекторию частицы с известным значением полной энергии, и найти соотношения, аналогичные закону преломления Снеллиуса.
Решение. Из закона сохранения энергии найдем скорость частицы о =(2/т)(石一U). Переходя к новому аргументу 力一＞ s, где s —
длина дуги, представим второй закон Ньютона в виде
d dr _ dv
ds V ds Sr •
Это уравнение формально совпадает с дифференциальным уравнением для световых лучей [12, 13]:
d dr —n — = Vn,as as
здесь n — коэффициент преломления.
Пусть U = U(z)・ Тогда сохраняются величины
dxс
== °2・
asas
Если частица движется в плоскости z力,то dx/ds = sin 7, где 7 — угол между осью z и касательной к траектории. Соотношение
⑴⑴0(2) sin 7(2) = Ci
⑴
⑴
аналогично закону преломления тг(2)sin 7(2) = const для плоскослоистых сред. Однако п = c/啾，гДе 啾—фазовая скорость света. Возникает вопрос: верно ли данное утверждение? Согласно квантовой механике в малой окрестности пространства волновой фронт является плоским, причем частота и величина волнового вектора
月1
3=石，出 =石 2nl （右一u）■
Групповая скорость волны вероятности о = dev/dk = 2m (Е — U). Плоскости постоянной фазы распространяются со скоростью。市= = 31k = Е/mv. Поэтому (1) действительно совпадает с законом преломления в оптике {Е/mv^) sin 7 = const.
[г ^.Отсюда[г ^.ОтсюдаПусть среда сферически симметрична U = U(|r|). Тогда со
[г ^.Отсюда
[г ^.Отсюда
храняется вектор охраняется вектор оследует, что траектории являются
храняется вектор о
храняется вектор о
плоскими кривыми. Вдоль каждой траектории выполняется условие
rv sin7 = const,
где 7 — угол между вектором г и касательной к траектории.
Пучок частиц с одинаковой скоростью рассеивается сферически-симметричным «ядром». Потенциальная энергия взаимодействия ядра и частицы
U (г)=U (г)=Г С, г > с.Г С, г > с.
U (г)=
U (г)=
Г С, г > с.
Г С, г > с.
всех частиц пучка пере-всех частиц пучка пере-
всех частиц пучка пере-
всех частиц пучка пере-
Показать, что частицы со скоростями о。= Uu]m фокусируются в одной точке независимо от величины прицельного параметра р < < с.
Решение. В области г > с частица движется прямолинейно (рис. 1.3.8). Внутри области взаимодействия траектория представляет часть дуги эллипса. Согласно условию задачи Е = Uo/2, М2 = тр2[/о, sin 夕о = р/с. Используя решение задачи 1.3.4, найдем параметры с； = 2 (E/U()+ + 1/2) с2 = 2с2, С2 = рс. Уравнение траектории В ПЛОСКОСТИ 2 = 0
2 . 2
丁2 =0 sm⑴
1 + cos 夕0 cos 2 (夕一9m) .\
Полагая в(1)т = с,夕=夕°, получим значение угла 夕优=тг/2 + 夕。/2. Найдем теперь значение угла 夕i в точке выхода частицы из области взаимодействия. Полагая в (1) <р = (pi, г = с, получим уравнение cos go + cos 2(夕1 —夕优)=0, из которого следует 夕i = тг. Таким образом, траектор
секают ядро в одной точке. Угол рассеяния 0 между векторами Vjn и vout равен 夕°: 〃 = с sin 0. При квантово-механическом рассмотрении этой задачи инверсия волнового фронта налетающей частицы приведет к рассеянию назад под углом тг — 8.
В оптике и технике СВЧ применяется линза Лунеберга, показатель преломления которой внутри сферы радиуса с равен п(г) = 2 — —(г/с)2 [132]. Каждый луч пучка параллельных лучей на рис. 1.3.8 представляет собой касательную к дуге эллипса на поверхности сферы.
Потенциальная энергия частицы
U(r)=U(r)=и0и01 +1 +22
U(r)=
U(r)=
и0
и0
1 +
1 +
2
2
Найти уравнение траектории, если полная энергия равна нулю.
Решение. Поскольку сохраняется вектор Мд — момент импульса, то траектория лежит в плоскости гМд = 0. Совместим ось z с вектором М()и выберем начальные условия так, чтобы z(力)=0. Тогда первые интегралы принимают вид
тг2ф = Мо^(1)
y (产+ м92)+ ит =石.⑵
Пусть r(0) = Pg, v(0) = vg. Начальные положение и скорость должны быть связаны условием
Исключая из (1), (2) 0, получим уравнение
Из условия 户2》0 найдем границы области движения частицы
rmax,mi„ = ^(l±1-4 炉),k = ^=-
Точки поворота существуют при условии 0 < Mq < с mUo/2. Если Mq = 0, то возможно падение на центр.
Найдем уравнение траектории. Пусть 丁(夕о) = rg, 丁(夕优)=Tmin • Тогда из (1), (3) получим
g=『ming=『minmr2mr2drt/эфmdrt/эфm+ ^m.+ ^m.
g=
『min
g=
『min
mr2
mr2
dr
t/эф
m
dr
t/эф
m
+ ^m.
+ ^m.
Преобразуя интеграл к видуПреобразуя интеграл к видуg=丁 ming=丁 min，1 — 4R2 — R2 (g-勺—c9-一1)2，1 — 4R2 — R2 (g-勺—c9-一1)2
Преобразуя интеграл к виду
Преобразуя интеграл к виду
g=
丁 min
g=
丁 min
，1 — 4R2 — R2 (g-勺—c9-一1)2
，1 — 4R2 — R2 (g-勺—c9-一1)2
находимнаходим22 I ":=Т + 五22 I ":=Т + 五1 — 4&2 COS (g —夕從).1 — 4&2 COS (g —夕從).
находим
находим
22 I "
:=Т + 五
22 I "
:=Т + 五
1 — 4&2 COS (g —夕從).
1 — 4&2 COS (g —夕從).
Это соотношение можно представить как уравнение окружности
⑷⑷а? = М + 俨 + 2rb cos (夕—夕щ),6=言—4R2, a= 02 + 庐=^,
⑷
⑷
с радиусом а, центр которой С находится на прямой ОР на расстоянии 6 = \СО\ от начала координат. На рис. 1.3.9。изображена траектория частицы при Mq〉0. Соотношение (4) является следстви
ем теоремы косинусов для треугольника СОМ. Заметим также, что 丁(夕ш + 7r/2) = с. Период движения частицы
f drт cUq
/ = 2—= тго—.
J 2Mo
「min^/эф(^)m
Точки, лежащие на произвольной хорде MqMi^ связаны преобразованием инверсии
e2心
丁勿 , 夕勿д0 +小(5)
По этой же причине rmax = c2/rmjn . Время движения двух частиц, испущенных ИЗ ТОЧКИ Го СО скоростями V1(O) = Vo и V2(0) = —Vo, до точки Mi одинаково. Для определения угла 夕优 положим в (4)夕=夕。：
2r02r0=6 cos (夕0 -夕优).
2r0
2r0
Учитывая (5), находим, что левая часть равна отрезку КО. Это обстоятельство приводит к удивительному следствию: траектории множества частиц (с различными скоростями), испущенных в точке Mq^ пересекут точку Mi (рис. 1.3.96).
В оптике аналогичные траектории лучей — окружности возможны в среде с коэффициентом преломления n(r) = no 1 + (/). Та
кая среда называется «рыбьим глазом», и ее свойства были впервые рассмотрены Д. К. Максвеллом в 1858 г. [14]. «Рыбий глаз» является безаберрационным прибором, в котором отображение осуществляется преобразованием инверсии.
Частица движется в поле с потенциальной энергией U(г)= =—а/г + ^/г2. Найти уравнение траектории.
Решение. Эта задача может быть решена стандартным методом в результате использования законов сохранения момента импульса и полной энергии. Здесь мы приведем решение, позволяющее не прибегать к вычислению интегралов. Из второго закона Ньютона следуют два уравнения:
予 ⑴
тг2ф — Mq.
Произведем замену аргумента 力一> 夕：
получим из (1) уравнениеполучим из (1) уравнение察+ (i d屮察+ (i d屮11и — - . и —-0r一空.ар11и — - . и —-0r一空.ар⑵⑵Если s < 1, то решение (2)Если s < 1, то решение (2)"(夕)="(夕)=0(1 —s) + C cos (6^1 夕 + 7).0(1 —s) + C cos (6^1 夕 + 7).Переходя к координате г, получим уравнение траекторииПереходя к координате г, получим уравнение траектории丁 （夕）=丁 （夕）=夕(1 - s)1 + £ cos (д/1 — S 夕 + 7)夕(1 - s)1 + £ cos (д/1 — S 夕 + 7)где £ = Ср (1 — s). Траектория представляет собой незамкнутую кривую. В случае s〉1где £ = Ср (1 — s). Траектория представляет собой незамкнутую кривую. В случае s〉1
получим из (1) уравнение
получим из (1) уравнение
察+ (i d屮
察+ (i d屮
11
и — - . и —-
0r
一空.
ар
11
и — - . и —-
0r
一空.
ар
⑵
⑵
Если s < 1, то решение (2)
Если s < 1, то решение (2)
"(夕)=
"(夕)=
0(1 —s) + C cos (6^1 夕 + 7).
0(1 —s) + C cos (6^1 夕 + 7).
Переходя к координате г, получим уравнение траектории
Переходя к координате г, получим уравнение траектории
丁 （夕）=
丁 （夕）=
夕(1 - s)
1 + £ cos (д/1 — S 夕 + 7)
夕(1 - s)
1 + £ cos (д/1 — S 夕 + 7)
где £ = Ср (1 — s). Траектория представляет собой незамкнутую кривую. В случае s〉1
где £ = Ср (1 — s). Траектория представляет собой незамкнутую кривую. В случае s〉1
Наконец, при s = 1 имеем траекторию
-+ e1夕 +e2•
При а = 0 траектории называют спиралями Котса [15].
Частица движется в поле с потенциальной энергией U(г)= =—Uo (丁с/т)? In (г/го). Найти уравнение траектории, если полная энергия частицы равна нулю.
Решение. Записывая первые интегралы в координатах r^ {z — 0), получим уравнение
g=g=+ ^т,+ ^т,Мdr
g=
g=
+ ^т,
+ ^т,
тг2 2
-(E-U^r))
厶Ь厶Ь
厶Ь
厶Ь
Вычисляя интеграл, находим
г = го ехрг = го ехрmUprQ2М2mUprQ2М2停一""2 +万而停一""2 +万而
г = го ехр
г = го ехр
mUprQ2М2
mUprQ2М2
停一""2 +万而
停一""2 +万而
Движение частиц в электромагнитных полях
Электрон движется в электрическом поле ондулятора Е(г)= =(石 cosRz, 0, 0). Найти г(力),если г(0) = 0, v(0) = (0, 0, о。).
Решение. Из уравнений движения
тх — —е^Е coskz^ 歹=0, 芝=0,
находим g(力)=0, z(力)=о。力
2еое . 2r00力优⑴=sin •
Vq/
Две сетки, через которые могут проходить электроны, расположены в плоскостях z\ — h п z^ — Н > h. Разность потенциалов между сетками I/ = 夕1 —夕2 > 0・ В начальный момент времени г(0) = 0, v(0) = (о。cos а, 0, о。sin а). Показать, что существуют три траектории, пересекающие ось ж в одной точке.
Решение. Из второго закона Ньютона следуют уравнения
тх = 0, ту = 0,
mz — 0, z < h^ mz = —е^Е^ h z Н^
где Е = V/{Н — Л). Предположим, что mv^ sin2a < 2egV. Дальность полета электрона
2(a) = 2九 ctgа + — sin2а, а = —• ат(Н — h)
Найдем максимальную дальность полета. Производя замену и = tg а, получим функцию
и а 1 +炉
Из уравнения 32 / ди = 0 найдем положения экстремумов функции 2(〃):
21 — 2с 土 д/1 — 8cha
"2,1 =—f —編.
При 九=0 получим известный результат а = тг/4. Если
ah Vq а (Я — Л),(1)
то существуют два экстремальных положения дальности /min и /тах. Значения углов, при которых частица достигнет заданной дальности /о в интервале /min < /о < ^тах, определяются уравнением tz3 —(/ь + е) tz2 + + 〃一Е = 0, & = 2у^/1^а^ е = 2Л//д- Следовательно, при условии (1) существуют три траектории, пересекающие ось ж в одной точке.
Рассмотренная задача аналогична задаче о распространении электромагнитных волн при наклонном падении на линейный слой ионосферы.
Найти амплитуду колебаний свободного электрона при действии на него излучения радиостанции мощностью Р = 100 кВт, находящейся на расстоянии 丁 = 10 км. Длина волны А = 500 м.
Решение. Для описания взаимодействия нерелятивистских частиц с электромагнитной волной достаточно ограничиться дипольным приближением [2]. В этом случае уравнение движения имеет вид
mr = еЕо cosu;t.(1)
Выберем начальные условия в виде г(0) = 0, v(0) = Vq. Интегрируя (1), находим
г (力)= 6 2 E0 (1 - cos 以力)+ V0九тз
Для вычисления амплитуды колебаний электрона а = еЕ^/тш2 найдем величину напряженности поля. Для изотропного излучателя
Pf… s =言炉，
где S — величина вектора Умова-Пойнтинга, следовательно, £^ = = 2Р/сг2 . Амплитуда колебаний а = (^;) (^ё)~~ — 0,3 см.
Заряд движется в среде в однородном магнитном поле. Найти расстояние от точки влета до точки остановки заряда.
Решение. Пусть сила сопротивления Fc = — &v. Начальные условия г(0) = 0, v(0) = vq. Из второго закона Ньютона
⑴
получим уравнение
—=-&從 Е = mv2/2,
из которого следует, что при t ^ т {т — m/k) кинетическая энергия частицы стремится к нулю. Первый интеграл уравнения (1)
m(V — v0) = ^ [гВ] — &г.m(V — v0) = ^ [гВ] — &г.⑵⑵
m(V — v0) = ^ [гВ] — &г.
m(V — v0) = ^ [гВ] — &г.
⑵
⑵
Пусть напряженность магнитного поля В = (О, О, В). Из (2) найдем поперечное расстояние рт от точки остановки до оси z и смещение частицы zm вдоль оси z:
00T00TтстсNm =。07 •Nm =。07 •
00T
00T
тс
тс
Nm =。07 •
Nm =。07 •
Наложение сильного магнитного поля на атом приводит к ограничению движения в плоскости, перпендикулярной вектору напряженности поля и, как следствие,——превращению трехмерной потенциальной ямы в одномерную. Поэтому задача о движении электрона в атоме водорода и сильном магнитном поле напряженностью В = = (О, О, В) сводится к задаче движения в одномерном кулоновом поле, эффективный потенциал которого 夕(z) = —e/(\z\ + а), где а ~ 〜(б6)1/2 ——параметр обрезания [133]. Найти период движения электрона.
Решение. Полная энергия электрона Е = —Ед. Согласно определе
нию периода
Т = 4Т = 4z + а2。一 2z + а2。一 2
Т = 4
Т = 4
z + а
2。一 2
z + а
2。一 2
где Zq = a (k — 1\ k = &IаЕ® Вычисляя интеграл, получим
Т = 4аТ = 4а悬[办-1 - & arctg 办-1 ].悬[办-1 - & arctg 办-1 ].
Т = 4а
Т = 4а
悬[办-1 - & arctg 办-1 ].
悬[办-1 - & arctg 办-1 ].
Заряд движется в однородном постоянном магнитном поле. Найти первые интегралы.
⑴⑴Решение. Пусть п — единичный вектор, параллельный вектору индукции: В = Вп. Умножая уравнение движения
⑴
⑴
тг — I [гВ]
скалярно на п, находим mfn =夕纟。.Запишем теперь закон изменения момента импульса
= - [г[гВ]].at с l l
После свертки с вектором п получим
丁 工(nrnr-rr) = —- ((nr)^[rn],
следовательно, Мп + (еВ/2с) [rn]2 = Mzq. Это выражение совпадает с проекцией момента обобщенного импульса
М = m [rf] + - [rA], А = - [Вг],
на направление вектора п. Умножая (1) на г, получим третий интеграл тг2/2 = £\ следовательно, кинетическая энергия частицы остается постоянной величиной.
Пучок электронов движется в однородном постоянном магнитном поле, вектор индукции которого В = (О, О, В) перпендикулярен плоскости экрана. Начальные скорости электронов v(0)= =(о。cos а, о。sin а,仅)отличаются значением угла а. Найти условие, при котором электроны фокусируются в одной точке.
Решение. Поместим начало координат в точку вылета электрона, а ось z направим параллельно вектору индукции В. Уравнения движения имеют вид
у = шх^ 芝=0.(2)
Из уравнений (2) находим z(力)=仅力 и первый интеграл
у - ШХ = ^0-⑶
Решение системы уравнений (1), (3)
⑷⑷ж = —^ (1 — cosu;%) + 普 sin cvt^
⑷
⑷
Полагая о。= R3)представим (4) в виде
ж = —R sin а -\- R sin (о;力 + а),у — R cos а — R cos (о;力 + а).
Проекцией траектории на плоскость ху является окружность
(力 + A sin а)? + (у — A cos а)2 = Я2.
Пусть 丁 — время пролета электронов до экрана, расположенного на расстоянии L от точки вылета: L = ит. Электроны, вылетающие под различными углами а, фокусируются в разных местах экрана. Однако при условии шт = 2тгп (п — целое число) все электроны фокусируются в точке (О, О, L). Следовательно, длина трубки должна удовлетворять условию L = 2тг (тси/е()В) п. Например, при В = 100 Гс, и = 107 см/с, п = 4 длина трубки L = 14,3 см. Частота вращения 〃 = з/27r = =280 МГц.
Электрон движется в однородном магнитном поле. Найти решение уравнений движения в цилиндрических координатах.
Решение. Запишем первые интегралы в цилиндрических координатах:
mz = pz,(1)
Из (1)-(3) находим z 二 • 22 ГВведем обозначенияА =Rтогда 202 =財性码2 一(笈一五 р в = Mz,⑵^俨+隐^ +/厂石.⑶=为力+ 3,E 2m 2呻2 (必 + 2c P B)] •儲，P—小一窥， ,2 27Hz 2e。月一")1 = 2=力[4d* -疗-疋+*)2].⑷Из (1)-(3) находим z 二 • 22 ГВведем обозначенияА =Rтогда 202 =財性码2 一(笈一五 р в = Mz,⑵^俨+隐^ +/厂石.⑶=为力+ 3,E 2m 2呻2 (必 + 2c P B)] •儲，P—小一窥， ,2 27Hz 2e。月一")1 = 2=力[4d* -疗-疋+*)2].⑷
Из (1)-(3) находим z 二 • 22 Г
Введем обозначения
А =
R
тогда 2
02 =財性码2 一(笈
一五 р в = Mz,⑵
^俨+隐^ +/厂石.⑶
=为力+ 3,
E 2m 2呻2 (必 + 2c P B)] •
儲，P—小一窥， ,2 27Hz 2e。月
一")1 = 2
=力[4d* -疗-疋+*)2].⑷
Из (1)-(3) находим z 二 • 22 Г
Введем обозначения
А =
R
тогда 2
02 =財性码2 一(笈
一五 р в = Mz,⑵
^俨+隐^ +/厂石.⑶
=为力+ 3,
E 2m 2呻2 (必 + 2c P B)] •
儲，P—小一窥， ,2 27Hz 2e。月
一")1 = 2
=力[4d* -疗-疋+*)2].⑷
Границы движения | Я — го | W О W 冗 + 丁。по координате р, получаемые из условия р2 0, определяют в плоскости ху кольцо, внутри которого расположена траектория электрона. После интегрирования (4) получим [16]
0?(力)=А? + * + 2Ато cos о;(力—力о).
Зависимость 夕(力)определяется уравнением (2):
夕⑴=；з (力-力°) + arctg夕⑴=；з (力-力°) + arctg序+抬序+抬tg彳（力-力0）.tg彳（力-力0）.
夕⑴=；з (力-力°) + arctg
夕⑴=；з (力-力°) + arctg
序+抬
序+抬
tg彳（力-力0）.
tg彳（力-力0）.
Из (2), (4) находим уравнение проекции траектории на плоскость ху
' d[p - (Н2 - Го)/р\屮一屮g==,
j4* 一历一(R2 -喷/夕卩
Я2 = р2 + Гд - 2pro cos (夕-до).
Очевидно, R является радиусом окружности, ат。一 расстояние между началом координат и центром окружности. Если Mz〉0, то А〉丁。一 окружность охватывает начало координат; если Mz < 0, то Я < го — окружность не охватывает начала координат.
Электроны движутся между обкладками цилиндрического конденсатора в аксиально-симметричном постоянном магнитном поле (ось симметрии совпадает с осью конденсатора). Начальная скорость электронов, испущенных внутренней обкладкой, равна нулю. Найти значение индукции В, при котором сила тока обращается в нуль.
Решение. Потенциальная энергия электрона U = —с。夕,
In р/а
где Uq — разность потенциалов между обкладками, а, 6 — радиусы внутренней и внешней обкладок. Из законов сохранения энергии, момента и импульса получим
m 7 .2 .2 ・2 I ・2、 тт ln р/а mv0
Е +2)-
тр2ф — |^ р2В — тр2ф(0) — |^ 公召 i — i0-
Полагая。。= 0, 9(0) = 0, 2。= 0, 0 = 6, получим систему
万(p2 + 俨92)- 60% =。,
mR0 — * Ь2В — — * dВ.
2с2с
Исключая 9(6), находим
26с 2mUo
Электрон движется в скрещенных однородных, постоянных магнитном и электрическом полях Е = (0, £\ 0), В = (0, 0, В). Найти г⑴，если г(0) = 0, v(0) = v0.
Решение. Уравнения движения
云=-3少， 芝=0，(1)
у = шх — — Е^ ш —也2 .(2)
Из уравнений (1) находим z(t) = z^t и первый интеграл
х + шу = ±о-(3)
Подставляя (3) в (2), получим уравнение
у + з и =幻鄧-—Е,
решение которого
沙=^ (黑—小，(c°s - 1) + J sin 3t.(4)
Из (4), (3) находим
./.е()Е\•♦ gqE
х — 力оcos g力—sin T,、 тз 丿гпз
х — — (х0 —sin 幻力 + 如(cos 力一1) + 也巨 t. (5)
Эксперимент Томсона. В 1897 г. Дж. Дж. Томсон открыл первую элементарную частицу ——электрон. Он разгадал природу катодных лучей и показал, что они представляют собой поток частиц с наибольшим значением отношения заряда к массе е^/т — электронов.
Пучок электронов влетает со скоростью v(0) = (о。, 0, 0) в конденсатор — две параллельные пластины длиной / в области 0 ^ ж ^ /. В конце трубки в плоскости х — I -\- s расположен экран, покрытый сернистым цинком.
В первой фазе эксперимента электрон движется в электрическом поле. Полагая В = 0, получим из (4), (5)
力⑴= 0оз y(t) = Et,д(力)=一黑石产.⑹
В момент вылета из конденсатора 力i = I/vq компонента скорости 歹(力 1) = —e^El/(mvo). Далее электрон движется с постоянной скоростью в интервале времени s / vq. Величина отклонения по оси у равна ZXg = —d, d = e^ElsJ⑺呎).
Можно исключить неопределенную в эксперименте скорость электрона о。, помещая конденсатор в магнитное поле индукцией В = =(О, О, В). Теперь из (4), (5) следует, что при значении индукции магнитного поля В = Е/vq (или о。= е^Е/тш) электроны в скрещенном электрическом и магнитном полях будут двигаться по прямой линии:力(力)=о。力 у(力)=0, z(t) = 0. Отношение со/m принимает вид eo/m = Ed/(lsB2). В опыте Томсона Е = 104 В/м, В = 3,6 • 10-4 Тл, / = 0,05 м, s = 1,1 м, d = 0,1 м.
Электроны движутся в плоском конденсаторе. Плоскости у = G, у = d являются катодом и анодом. Разность потенциалов между ними равна Ug. Вектор магнитной индукции постоянного однородного поля В = (0, 0, В). Электроны эмитируются с начальной скоростью V。= 0. Найти значение В, при котором ток отсутствует.
Решение 1. Полагая в решении предыдущей задачи Е = —Ug/d, vg = 0, получим
sin(1 — cos
По условию задачи в момент времени t — т д(т) = & ^(т) = 0:
sin о;丁 — 0,sin о;丁 — 0,GqUo7nd JGqUo7nd J(1 — cos 幻丁) — d,(1 — cos 幻丁) — d,следовательно,следовательно,月2月2с /2mUQ \ х/2 d у ео J *с /2mUQ \ х/2 d у ео J *⑴⑴
sin о;丁 — 0,
sin о;丁 — 0,
GqUo7nd J
GqUo7nd J
(1 — cos 幻丁) — d,
(1 — cos 幻丁) — d,
следовательно,
следовательно,
月2
月2
с /2mUQ \ х/2 d у ео J *
с /2mUQ \ х/2 d у ео J *
⑴
⑴
Потенциальная энергия электрона U = —с。夕，夕=Uy/d. Используем интегралы энергии и обобщенного импульса
у г2 - е0 ^ ?/ = 0,亦+ зд = 0, i = 0.
Полагая у — d^ у — 0^ получим соотношение (1).
4.12. Частица движется в однородных постоянных электрическом и магнитном полях. Найти v (力).
Решение. Уравнение движения частицы
mr = еЕ + I [гВ]
после заменыпосле замены
после замены
после замены
преобразуется в уравнение mvz = е (В/В2) (ЕВ) + (е/с) [vzB]. Далее, подстановка vz = е (В/m) (ЕВ) t + v приводит к уравнению mv = =(е/с) [vB]. Введем три орта
В[ЕВ]「 I
Полагая v = fnen, получим систему
方1 = з02, 方2 =一з01, 方3 = 0,
решение которой
。1 =。1 cos 3t +。2 sin 3t)
。2 = —Ci sin u;t + C2 cosu;t,
Оз = a,
следовательно,
?⑴=с ^^ + ^ ^(ЕB)力 + V(力⑴
Первое слагаемое в (1) — скорость дрейфа, второе слагаемое обусловлено ускоренным движением в направлении вектора В.
Заряд движется в однородных постоянном поле тяжести g = =(0, 0, —g) и магнитном поле индукции В = (0, В, 0). Начальные условия г(0) = (0, 0, Я), v(0) = (6, 0, о。). Найти границы области движения по координате z.
Решение. Из уравнений движения
тх = —I iB, ту = 0, mz = —mg + | хВ
находим два интеграла
х + ujz = зН, 歹=0.
Исключая ж, ^ из закона сохранения полной энергии
у (兴 +『+ #) + ^gz = у ^о + mgH, получим уравнение
i2 — 2g (Н — z) — J (Я — z)2 + 错.
Полагая i2 = 0, получим значения верхней и нижней границ движения
% 2 = 8 + & —2土 炉 + R2 ).
Электрон движется в магнитном ондуляторе, индукция поля которого В = (0, 0, Bg cosag). Найти решение уравнений движения, если г(0) = 0, v(0) = (0, з/а, 0).
Решение. Из уравнений движения
ж = —ш cos ay ^, 芝=0 найдем первые интегралы
ж + ^ sin ау = 0,2 = 0.
Далее, из закона сохранения энергии получим уравнение у = =(幻/a) cosag, следовательно,
sin ay — th u;t,力=—；lnchu;力.
Протон движется в неоднородном постоянном магнитном поле с индукцией В = (0, 0, Bg ch-2 &g), образующем магнитную стенку, параллельную оси х. Начальные условия г(0) = (0, —оо, 0), v(0)= =(0, о。, 0). Найти условия прохождения протона сквозь магнитную стенку и уравнение траектории.
Решение. Из уравнений движения
х = ш —9——,z = 0, a;=,
ch2 &g ''me '
находим z(t) = 0 и первый интеграл
亦— ％$(1)
Подставляя теперь ж, i в закон сохранения полной энергии, получим уравнение
『=若一/() "g)=(%) (1+ th出g)2. ⑵
ууПоскольку 0 < /(у) < (2ш/к^ то при vq <2ш/к протон отразится от магнитной стенки. При о。〉2u;/k протон пройдет через магнитную стенку. В этом случае из (1), (2) найдем уравнение траектории
у
у
dg (1 + th &g)
^о -(以/R)2 (1 + th &g)2
Переходя к новой переменной и = 1 — th &g, вычислим интеграл и получим уравнение траектории
_、ds1_
，,包2 + 4s _ $2 2
_ 1 I q，4c2 _ (1 + th &g)2 + 2q?1 — th ky
2kq Пc (c + q) (1 — th ky)，
При ky》\ величина 1 — th &g ^ exp (—2&g). В этой области траектория представляет собой участок прямой ж = у/q.
Тонкая магнитная линза образована полем, вектор- потенциал которого [17]
оо
о
о
Функция В(р, z) быстро спадает в области \z\ 〉L. Найти фокусное расстояние линзы.
Решение. Индукция магнитного поля в цилиндрических координатах
вр =夕%0.
⑴⑴Уравнения движения электрона зарядом е = —ед имеют вид
⑴
⑴
р dt Р 屮 с \ dz р Вр Р 屮卜
⑵
р
7дВ
mz =夕 dp p.
c Jdz
0
⑶
m(Q-疗)=-^ рфВ,
Из уравнения (2) следует первый интеграл
=Л/о.=Л/о.р
=Л/о.
=Л/о.
2 • е0
тр 0
о
Предположим, что объект находится в точке с координатами pi = О, 21 = —d. Для параксиального пучка электронов из (4) следует
тр2ф —|^2次0, z)to.тр2ф —|^2次0, z)to.(5)(5)
тр2ф —|^2次0, z)to.
тр2ф —|^2次0, z)to.
(5)
(5)
Подставляя ф в (1), получим уравнение
⑹⑹产(0, 2))2.
⑹
⑹
、2шс 丿
Область, занятая магнитным полем, мала, поэтому можно пренебречь правой частью (3). В этом приближении 2 о 〃, где и ——проекция начальной скорости электрона на ось z. Переходя к аргументу 力一＞ z:
получим из ⑹ уравнение
⑺⑺
⑺
⑺
⑻⑻⑼⑼111——111——尸1 t尸1 t2mcu 丿2mcu 丿
⑻
⑻
⑼
⑼
111
——
111
——
尸1 t
尸1 t
2mcu 丿
2mcu 丿
В случае произвольной функции В(0, z) уравнение (7) не интегрируется в конечном виде. Найдем приближенное решение (7), предполагая, что на протяжении линзы 0(2) — р(0) меняется адиабатически медленно. Интегрируя ⑺，получим
Z2
Z1
Для параксиального пучка
_ 迴 (dp\ _0⑼
\dz)Z1 - d， \dz)Z2 -5
где / — расстояние между линзой и изображением. Подставляя (9) в (8), получим формулу линзы
где F — фокусное расстояние линзы. Заметим, что изображение протяженного объекта повернуто на угол
△屮=諡[dzB(0,z).
Пусть В(0, z) = Во chT(z/a). Тогда фокусное расстояние F
1 (2тси« “厂а еоВоа
=— ——— .Угол поворота изображения △夕=тг.
2a、еоВо 丿2mcu
Электрон движется в однородном нестационарном магнитном поле с индукцией В = (0, 0, 6(力))，6(力)=Во/ (1 + (〃丁尸).Найти решение уравнений движения [18].
Решение. Изменение магнитного поля порождает вихревое электрическое поле. Из уравнения Максвелла rot Е = —- —^ и теоремы Грина
Edl =—丄 I 弟 dS
J c J 3力
находим (p-компоненту электрического поля 石修=—(р/2с) (дВ/dt). Следовательно, вектор-потенциал А = [Вг]/2. Вводя переменную £ = =ж + iy^ представим уравнения движения в виде
£ ++ £ ^/€ = о,芝=о,
me\t J
. t
Замена £ =仅 exp [-号[/ / приводит к уравнению
w + (¥)仅=°・
Переходя к переменным w — v/ sin ^, etg 0 =力/丁, получим уравнение
* +& "2 = 1+ (号)2
Таким образом, решение исходного уравнения
£ =焉 e16^+m0+ C2ei^-i^ exp[-^ j /⑴ dt\,
sin?® — 1 + О
представлено в параметрической форме. Cn, 7n — постоянные интегрирования.
Электрон движется в однородном постоянном магнитном поле с индукцией В = (0, В, 0) и электрическом поле квадрупольного конденсатора, потенциал которого 夕 = (Uo/2a2) (ж2 — 夕？). Найти решение уравнений движения при условии В〉(о/а) mUo/eo .
Решение. Из уравнения
тг — е0 ▽夕—^ [гВ]
получим систему
х = Q旣 + Qi, а； = ‘。“； , Q = ^, ,(1)
У = —а；и,芝=—口亦・(2)
Из (2) находим у = A? cos (龟力 + а?). Подставим теперь i из первого интеграла
之 + а力=с(з)
в уравнение (1):
ж + Q^ = а& а；=便—^〉о.(4)
Решение (4) имеет вид
х =厶1 cos (Q]t + а» + ^^ C.(5)
Подставляя (5) в (3), найдем
z = —^- Л1 sin (Qi力 + a】)—(^) Ct +
Среднее значение кинетической энергии
〈к)T [；怦&+缺)q+宁陶/+冷；]
Среднее значение потенциальной энергии
〈一"）=-现；*+ （斯）-Т彥
Часть полной энергии, соответствующая дрейфовому движению, отрицательна.
Электрон движется в электростатическом поле с потенциалом 夕=(ж2 + у? — 2/2) и в аксиальном магнитном поле с индукцией В = (0, 0, В). Найти г(力)при финитном движении электрона [19, 20].
ж —ж —У ~^1у ~^х = 0.У ~^1у ~^х = 0.Решение. Эта задача может быть решена в декартовой и цилиндрической системах координат. Уравнения движения в декартовой системе
ж —
ж —
У ~^1у ~^х = 0.
У ~^1у ~^х = 0.
(1)
z + ^z — 0, Q3 — 2'叱,Q — ^^ татс
Из последнего уравнения находим z — zq cos (Пз力 +)). Далее, вводя комплексную координату & = х — iy： получим из (1) уравнение
£ +涮£ —犯=°・⑵
Будем искать решение в виде £ = “6一"2 Характеристическое уравнение А2 — QA + Q|/2 = 0 имеет действительные корни
при условии Q2〉2Q|. Таким образом, общее решение (2) имеет вид
£ = Cie—办1 + CzLlR
Переходя к координатам ж, у, получим решение (1)
力=Re£ = Ci cos (Ait + 71) + С2 cos (A2t + 72),
g = - Im£ = & sin (Ait +)i) + C2 sin (A2t + 72)-
Заметим, что потенциал 夕(г) удовлетворяет уравнению Лапласа и может быть реализован системой гиперболических электродов [21]. Модификация электродов приводит к потенциалу [22]
夕(г) = * ⑵—2炉)+ 需(8 j — 24/2 + 3/),
где р2 = ж2 + у2^ также удовлетворяющему уравнению Лапласа.
Электрон движется в магнитном поле, создаваемом током силой /, протекающим по длинному тонкому проводу. Найти первые интегралы.
Решение. Из уравнений движения в цилиндрических координатах
находим два интеграла
трРф — i + 2e。! In — = i0•(1)
me po
Сохраняется также кинетическая энергия электрона Е = (т/2) х х (р2 + р2ф2 + i2). Учитывая (1), получим уравнение
p^^-[E-UMl
^эф(р) =+ ^ G。—削 1п
2тр 2 ' тс ро /
Частица движется в магнитном поле, создаваемом закрепленным магнитным зарядом. Найти первые интегралы.
Решение. Совместим начало системы координат с магнитным зарядом, так что В = gr/г3, где g — величина магнитного заряда. Очевидно сохраняется кинетическая энергия. Преобразуем далее производную момента импульса:
М = [rF]=冬[г [fr]]=名 (fr2 - r(rf))=
_ eg /гr \ _ eg dr
c \rr2 / c dt r
Следовательно, сохраняется обобщенный момент импульса
J = М —空 r/丁.с
Задача Кеплера
Найти потенциальную энергию взаимодействия однородного шара и частицы. Рассмотреть предельный переход к однородному полю тяжести.
Решение. Потенциальная энергия взаимодействия шара массой М) радиусом R с частицей, находящейся на расстоянии 丁 от центра шара,
U(r) = -GU(r) = -Gт dMт dM
U(r) = -G
U(r) = -G
т dM
т dM
где £, г — радиусы-векторы элементарной массы шара dM и частицы т. Введем сферические координаты с началом в центре шара, тогда
тт[г2 + 1 — 2r^ COS е『/2[г2 + 1 — 2r^ COS е『/2Rтг
т
т
[г2 + 1 — 2r^ COS е『/2
[г2 + 1 — 2r^ COS е『/2
U(г) = —Gp I ^2 ^ I sin 8 dO dg
ОО(
ZrGpmг
следовательно,
[/(г)— <[/(г)— <с тМ迫Г2Нс тМ迫Г2Н丁》凡丁》凡г R.г R.
[/(г)— <
[/(г)— <
с тМ
迫Г
2Н
с тМ
迫Г
2Н
丁》凡
丁》凡
г R.
г R.
Для тела, находящегося вблизи поверхности Земли г = R+г' (丁‘ « Я),
находимнаходим□ (P)tU(R) + J泰□ (P)tU(R) + J泰GmMRGmMR-mgr',-mgr',
находим
находим
□ (P)tU(R) + J泰
□ (P)tU(R) + J泰
GmMR
GmMR
-mgr',
-mgr',
rfleg = —GMRg
Если плотность шара является функцией координаты г, то поле вне шара не отличается от поля точечной массы. Этот результат принадлежит И. Ньютону. Позднее Дж. Бирхгоф заметил, что симметрично пульсирующий шар создает поле, также не отличающееся от поля точечной массы.
Полагая 丁1 = R -\- h и Г2 = Я — Л, можно доказать, что силы притяжения, действующие на частицу, имеют одинаковую величину при h = (д/5 — 1)А/20,618А. Пропорция b/а = 0,618 известна
с древних времен как результат деления отрезка длиной а + 6 на две неравные части а и 6, удовлетворяющие условию Ъ/а = а/(а + 6). Леонардо да Винчи назвал ее золотым сечением. Различные реализации золотого сечения хорошо известны в архитектуре и живописи.
Частица движется в потенциальном поле U(г) = —а/г. Найти первые интегралы.
Решение. Из второго закона Ньютона получим уравнение
тг =тг =⑴
тг =
тг =
Два интеграла уже известны (см. задачу 1.3.5):
「, , тг2 а 厂т [rr] = М, 丁 -三=Е.
В 1799 г. французский математик Лаплас открыл еще три интеграла, которые отражают скрытую симметрию задачи Кеплера. Умножим векторно обе части (1) на М:
[гМ] =[гМ].⑵
тг
Из (2) следует, что
[гМ] = (г (rf) -fr2).
Учитывая, что г2 = г2, rf = rr, получим
следовательно, сохраняется вектор Лапласа [гМ] — ar/丁. Выберем нормировку этого вектора так, чтобы его величина совпадала с эксцентриситетом ,т. е. введем вектор
аа
а
а
Очевидно, (fM) = 0, т. е. вектор Лапласа лежит в плоскости траектории. Умножая (3) скалярно на г, получим
£Г =夕一т,£Г =夕一т,М2М2
£Г =夕一т,
£Г =夕一т,
М2
М2
Обозначая через х угол между векторами £ и г, найдем уравнение траектории 丁 =夕(1 + е cos х)-1 в плоскости, перпендикулярной М.
Найти решение задачи Кеплера в сферических координатах [23-25].
Решение. Из второго закона Ньютона получим три уравнения:
⑴⑵⑶⑴⑵⑶m(r — 丁©2 — гф2 sin?。)
⑴
⑵
⑶
⑴
⑵
⑶
；^(пМ®) — тг2ф2 sin® cos0 = О,
—刍 mr2 sin?。。— 0.
r sin ” at
Заметим, что в сферических координатах
М — mr2 (况q — ф sin%/
где е^, е^ — орты сферической системы координат: е® = = (cos 8 cos 夕，cos 3 sin 夕，一sin 8), e^ = (—sin 夕，cos 夕，0). Из (3) находим первый интеграл
mr2 sin% ф = Mz. (5)
Следствием уравнений (1)-(3) является закон сохранения полной энергии
у 俨 + М©2 + г2 sin?®。2) — ^ — Е.⑹
Найдем еще один первый интеграл. С этой целью подставим ф из (5) в (2) и умножим обе части на тг20. В результате, учитывая (4), получим
(mrW + ^ = M2, ⑺ sin ”
где М — величина момента импульса. Исключая из (6) 0, 8, с помощью (5),⑺ найдем уравнение
产石一咨+ 2)•
т ' 2mr 〃
⑻
Пусть(р(0)=夕o*(O) получим из (5),⑺Пусть(р(0)=夕o*(O) получим из (5),⑺
Пусть(р(0)=夕o*(O) получим из (5),⑺
Пусть(р(0)=夕o*(O) получим из (5),⑺
=тг/2, 0(0)〉0, ©(0) < 0. Полагая Mz = М cos г,
夕
e
тг/2
d(ctg 勿 Ctgj) +
，1 — (ctg 勿 Ctg®)2 °
⑼
Из (9) находим ctg£ ctg 0 = sin (夕—夕°). Это соотношение является следствием условия Мг = 0, поскольку сферические углы вектора равны i и Зтг/2 +(ро： М = (sin i sin 夕°, — sin i cos 夕°, cos £) (рис. 1.5.3a).
Найдем теперь уравнение проекции траектории на плоскость, перпендикулярную вектору М. Из (7), (8) следует, что
М dr
—sin е de
М2 Q\
2mr2 + г)
д/sin2^ — cos2 г
(10)
Введем параметр 夕 и эксцентриситет е соотношениями
М2
m=1 +
2ЕМ?
2~ та
(И)
и совершим замену переменной 3: cos 8 = sin £ sin 认 где 吵—угол между векторами г。и г. Обозначим 呪 угол между вектором г。и вектором Лапласа. Тогда из (10) получим
т=-
' '1 + £ COS X
Y =吵一次).
(12)
Отметим, что из (8), (12) следуют уравнения Мг = аг sin 笛 mr2x = А/.
Очевидно, значению Y = 0 соответствует 丁 = Tmin .
Движение по эллиптической траектории. В этом случае Е = =—£*0 < 0, е < 1. Полагая в (12) X = 0, тг, получим расстояния до перигея и апогея
гр
0
0
1 — £
Длина большой полуоси
T（丁宀。）=乙=念・
Используя основное свойство эллипса, найдем длину малой полуоси
На рис. 1.5.36 изображены график эффективной потенциальной энергии иэф(г) = М?/ Jm/r?) — а/r и одна из траекторий в плоскости xfy\ перпендикулярной вектору М. Все возможные траектории принадлежат кольцу, ограниченному окружностями радиусов гр и га. Разделяя переменные в (8), найдем
1г drа
за J ,必戸 _ e _ o)2ma
『min
Выбирая момент времени tm прохождения перигелия равным нулю, получим с помощью подстановки 丁 = а(1 — е cos£) уравнение Кеплера 力=^ (£ — £ sin£).(13)
Заметим, что период движения по эллипсу Т = 2тг/с(; может быть найден независимо. Интегрируя уравнение М = mr2x, найдем
2тго
Поскольку площадь эллипса равна тгаб, то о; = 皿诚 =з •
Для спутников Земли период обращения удобно представить в виде Т = То (a/R)3/2, где То = 2тг R/g = 84,48 мин.
Найдем далее зависимость декартовых координат частицы от времени. С этой целью параметризуем траекторию, вводя параметр £. На рис. 1.5.36 построена окружность радиусом а. Координаты точки т
х1 — г cos х — а (cos £ — е),
£ = 丁 sin х = b sin £.
Заметим, что из уравнения т (力& — —ж/У) = М следует соотношение (13). В небесной механике параметр £ называется эксцентрической аномалией, у — истинной аномалией. Из (14) можно найти несколько полезных соотношений:
丁(1 土 cos Y)= а (1 ± £)(1 土 cos £),
Найти явную зависимость от времени декартовых координат xf（t\ 夕，（力）частицы в плоскости, перпендикулярной вектору М [26].
Решение. Функции xf（t\ 夕‘（力）—периодические с периодом Т = =2тг/с（;. Представим 力'⑴，夕‘⑴ в виде ряда Фурье:
犷⑴=°° xne~in^ 八力）=°0 yne~in^n= —oon= —ОО
При вычислении Фурье-компонент
ТТ/2
% = 力叫力）/з = ^ j dt x^^e^0-T/2
учтем соотношение 3t = £—e sin £ и представление функций Бесселя [5]
4（z） = ^ i d£/（诋—zsinQneZ.
Т/2力о = ^ j dt В（t）=— T/2Т/2力о = ^ j dt В（t）=— T/2Найдем вначале
Т/2
力о = ^ j dt В（t）=
— T/2
Т/2
力о = ^ j dt В（t）=
— T/2
詣 j d£（l — e cos£）（cos£ — e） =—|ae.
Для n 7^ 0 в результате интегрирования по частям имеем
^п^п
^п
^п
〃° j sin£ e沦（£-£ sing） _ £ dJn（ri£）27rzi Jn dm
k 鲁 j 成 cosW-in0 =
^^ [j?1+1（几e）+ «Л!-1（九e）]^^ Jn{^^}•
Следовательно,
⑴⑵⑴⑵力‘（力）=a [-I e + ^2 ~ %（九E）cos nut夕‘（力）=~ 52 扌 Jn（ne） sinn3t.
⑴
⑵
⑴
⑵
В случае е « 1 имеем
x\t) = a cos u;t + — (―3 + cos 2幻力)+ ...,g‘(力)=a sin 0;力一号 sin 2幻力 + ...
Поскольку 丁 = а (1 — £ cos ^), то
丁⑴=a[1 + ^——^ %(九E)cosnu;t
Ряды (1), (2) являются частными случаями рядов Кептейна [5, 26]. Из (1), (2) можно получить значения некоторых сумм Кептейна. Например, полагая в (1) t = 0 (^ = 0), найдем
2(1二)=з宀S0
Радиус-вектор частицы, движущейся в ньютоновом поле тяготения, может быть представлен в виде г(力)=xf(t) ei + g，(力)е? + + 0 • ез, где единичный вектор ei направлен параллельно вектору Лапласа, е? = [Mei]/M, третий орт ез = М/М. Записать радиус- вектор в исходных декартовых координатах [24].
Решение. Для того чтобы перейти к системе координат К' на рис. 1.5.3а, необходимо произвести три последовательных поворота вокруг осей 313 на эйлеровы углы 夕°, г,吵°. Используя обозначения задачи 1.5.3, получим
力(X)= 丁(X)[cos。。cos (观 + x) — sing。cos г sin (现 + x)],g(x) = 丁(x) [sin Do COS Wo + x) + cos 夕。cos i sin (现 + x)],z(x) = 丁(x) sin i sin (吵о + x)・
Найти величину скорости частицы, движущейся по эллипсу, как функцию 1) угла % 2) параметра &
Решение. 1) Учитывая уравнение М = mr2x, получим
°2(Х)= +М 又2 =三(1 + 2е cosx + 健).
Постольку х' = —a sin ^, у1 — b cos ^, то
*£)*£)
*£)
*£)
Космический аппарат (КА) движется по эллиптической орбите. Найти средние за период значения кинетической и потенциальной энергий, радиуса-вектора и скорости.
Решение. Введем два орта: ei — параллельный вектору Лапласа, ^2 = [Mei]/M. Тогда радиус-вектор КА можно представить в виде Г⑴=ei +К⑴ С2,
#⑴=a (cosg — е), 風⑴=а 1 — ^2 sing, з% = £ —Esin£, з= ma
Среднее значение произвольной динамической величины Л(г, v) равно
Т2тг
И) = ^ j &力 Z(r, v) = ^； J dg (1 - £ cos £) Z(r, v). о0
Кинетическая энергия
”^ / • /2 I12 2 1 + £ COS £
следовательно,
2 2 2万2 2
〈K〉= J 成(1 + E cos£) ==五•
0
Поскольку г = a (1—£ cos ^), то (U) = —а/а. Очевидно, полная энергия Е = —a/2a. Далее находим 〈г(力)〉=—3aeei/2. Среднее значение скорости〈V〉= 0. Среднее значение угловой скорости〈汨=а.
Космический аппарат движется в поле тяготения Земли.
В начальный момент времени г(0) = г。, v(0) = vq. Определить ориентацию большой оси относительно векторов г。, vq.
Решение. Запишем вектор Лапласа в виде
1 产—(1) rofi
где °1 — местная первая космическая скорость, го^^ = а/т. Из (1) находим (рис. 1.5.8)
cos 现=；(& sin27 — 1), sin 呪=—^ sin 7 cos 7,(2)
к — (*) , г2 = 1 — (2 — k) k sin27，
Ракете сообщили вторую космическую скорость, причем векторы г(0) и v(0) образуют угол 7. Найти положение оси симметрии траектории ракеты.
Решение. Введем единичные векторы е, п соотношениями v(0)= = v^oie, n = го/го- Тогда £ = п — 2е(пе), следовательно, е = 1, cos 吵。=—cos27, sin 吵。=—sin 2). Угол 吵。=тг + 2)(рис. 1.5.9).
На поверхности Земли телу сообщили скорость о。« (А — радиус Земли). Найти приближенное выражение для уравнения траектории, из которого в случае плоской Земли следует известное уравнение параболы.
Решение. Угол между вектором начальной скорости vg и плоскостью, касающейся Земли в точке запуска, равен а. Найдем вначале положение вектора Лапласа. Значение угла 0 между вектором Лапласа
и радиус-вектором дачи 1.5.8:и радиус-вектором дачи 1.5.8:cos 0cos 0sm 3 =卷sm 3 =卷го получим из решения за-го получим из решения за--(к cos2a — 1), 2 sin 2а, k —.-(к cos2a — 1), 2 sin 2а, k —.⑴⑴Следовательно, эллиптическая траектория телаСледовательно, эллиптическая траектория теланаходится в окрестности апогея, р = kR cos2a (рис. 1.5.10). При значении 夕=0 имеем R = =#/(1 + £ COS 6).Обозначим ж = R(屮一/3)— длину дуги окружности большого круга, пересекающего поверхность Земли в плоскости траектории. Поскольку & = v^/gR « 1, то 丁 = А + 2, 2《 А. Разлагая функцию 丁(夕)в ряд Тейлора в точке 夕=0, получимнаходится в окрестности апогея, р = kR cos2a (рис. 1.5.10). При значении 夕=0 имеем R = =#/(1 + £ COS 6).Обозначим ж = R(屮一/3)— длину дуги окружности большого круга, пересекающего поверхность Земли в плоскости траектории. Поскольку & = v^/gR « 1, то 丁 = А + 2, 2《 А. Разлагая функцию 丁(夕)в ряд Тейлора в точке 夕=0, получим
и радиус-вектором дачи 1.5.8:
и радиус-вектором дачи 1.5.8:
cos 0
cos 0
sm 3 =卷
sm 3 =卷
го получим из решения за-
го получим из решения за-
-(к cos2a — 1), 2 sin 2а, k —.
-(к cos2a — 1), 2 sin 2а, k —.
⑴
⑴
Следовательно, эллиптическая траектория тела
Следовательно, эллиптическая траектория тела
находится в окрестности апогея, р = kR cos2a (рис. 1.5.10). При значении 夕=0 имеем R = =#/(1 + £ COS 6).
Обозначим ж = R(屮一/3)— длину дуги окружности большого круга, пересекающего поверхность Земли в плоскости траектории. Поскольку & = v^/gR « 1, то 丁 = А + 2, 2《 А. Разлагая функцию 丁(夕)в ряд Тейлора в точке 夕=0, получим
находится в окрестности апогея, р = kR cos2a (рис. 1.5.10). При значении 夕=0 имеем R = =#/(1 + £ COS 6).
Обозначим ж = R(屮一/3)— длину дуги окружности большого круга, пересекающего поверхность Земли в плоскости траектории. Поскольку & = v^/gR « 1, то 丁 = А + 2, 2《 А. Разлагая функцию 丁(夕)в ряд Тейлора в точке 夕=0, получим
рре sin £ ж
1 + £ cos/З + (1 + £ COS £)2 я +
1 Г ре cos £2@£ cos2/3 j / ж \ 2
+ 2 [ (1 + £ cos О)? + (1 + £ cos £)3 IR 丿 +
Учитывая (1), найдем из (2) уравнение траектории в случае «плоской» Земли — параболу
2 z^xtga-「2-,
2。0 cos a
представляющую собой локальную часть эллипса в окрестности апогея.
Тело движется в поле тяжести Земли в области высот h《R. Найти приближенное представление первых интегралов, учитывая кривизну поверхности Земли.
Решение. Полагая в решении задачи 1.5.3 0 = тг/2, запишем интегралы момента импульса и энергии:
тг2ф = М,(1)
嗒 + 么4)(了) = uэф(г) = ^- 竺当•(2)
Перейдем к координатам z — г — R^ х — R屮 и разложим (1), (2) в ряд Тейлора. В результате получим интегралы
mRx = М,
у (* + #)+и(2)= & c = E + mgR--^.
U(z) = mg^z^ Ззф = g.(3)
m H
Из (3) следует, что влияние кривизны Земли приводит к эффективному изменению ускорения свободного падения.
Найти уравнения, описывающие эволюцию интегралов движения М, Е, £ при действии возмущающей силы F.
Решение. Используя второй закон Ньютона mr = —ar/r3 + F, находим
М = [rF], E = rF,аё = 2r(fF) — f(rF) — F(rf).
Найти первые интегралы задачи о движении тела в ньютоновом поле при наличии постоянной силы F.
Ответ. MF — G, mv2/2 — a/丁 一 rF = £*, sF + (1/2с^) [rF]2 — Q •
Найти решение задачи Кеплера в параболических координатах.
Решение. Параболические координаты вводятся согласно формулам ж = д/ш; cosg, у = д/ш; sin °, z = (и — о)/2. Координаты и, о пробегают значения от нуля до оо. Координатные поверхности и и v представляют семейства параболоидов вращения. Величина радиуса- вектора 丁 =(仅 +0)/2, квадрат скороети
02 =；(" +0)(^+^)+"002
Для решения задачи достаточно записать три первых интеграла: закон сохранения полной энергии
проекцию момента импульса на ось z
Mz = тиуф^(2)
проекцию на ось z интеграла Лапласа
^(u + ”m^『手0)+ 呉*(〃一)-£^1 = 0. (3)
ад/^i" (〃 + о),9 =証+ад/^i" (〃 + о),9 =証+⑷⑷心 _2Vy/W2 (〃 +。)心 _2Vy/W2 (〃 +。)2mv2 )2mv2 )Исключим из (1), (3) величину ⑦,а затем разрешим уравнения относительно 办2,方％
ад/^i" (〃 + о),
9 =証+
ад/^i" (〃 + о),
9 =証+
⑷
⑷
心 _2
Vy/W2 (〃 +。)
心 _2
Vy/W2 (〃 +。)
2mv2 )
2mv2 )
仅2（。）= 2（石+吐gv ту 。
Из (4) следуют два уравнения с разделенными переменными:
й _ V^V^l Vy/W2й _ V^V^l Vy/W2(5)(5)
й _ V^V^l Vy/W2
й _ V^V^l Vy/W2
(5)
(5)
Из (2) и (4) находим третье уравнение
⑹⑹
⑹
⑹
Уравнения (5)-(6) интегрируются в конечном виде.
Заметим, что решение задачи о движении ракеты с постоянной тягой или интегрирование уравнений движения электрона атома водорода в постоянном однородном электрическом поле возможно только в параболических координатах.
При исследовании эффектов, обусловленных несферично- стью земной поверхности, Земля рассматривается как однородный эллипсоид вращения. Найти потенциальную энергию взаимодействия Земли и частицы, находящейся на расстоянии, значительно превышающем средний радиус Земли.
Решение А. Потенциальная энергия взаимодействия частицы массы т и Земли массы М
[/(г) — —Gm[/(г) — —GmdMdM
[/(г) — —Gm
[/(г) — —Gm
dM
dM
где г, £ — радиус-векторы частицы и элемента dM. Начало координат в центре симметрии эллипсоида, полуоси которого A, R3. Поскольку г》R, R3)то, разлагая подынтегральное выражение в ряд Тейлора, получим
U^ = -G^-^ DikXixk % ,
Dik = j dM(3&& —严％力)，
здесь Dik — тензор квадрупольного момента. Направим £з по оси симметрии. Тогда интегрирование по объему эллипсоида может быть сведено к интегрированию по объему сферы заменой 貿=碗工 & = =А&> £з = Аз&>
^11 = 022 = 3 м (Я2 - Riy Аз = I М (届-的.
Недиагональные элементы。泌 равны нулю. В результате точных измерений получено значение (Я2 — RD/2R2 u и 3,2732 • 10-3.
В сферических координатах (1) принимает вид
и(〃 也夕)=—^ —警(i- з cos2^),(2)
где а = GmM, k = (R2 — R^)/5R2.
Решение В. Используя соотношение
|г — £|Т = ^тг pn(cos х),п=0 丁
где Рп(ж) — полиномы Лежандра, х — угол между векторами г и £, найдем
U(г) — —Gmj dM ^n Pn(cos x),cos X = ^ •
Поскольку
Ро(ж) = 1, R (力)=力， 巳⑺=；(3力2 — 1),
то
Интегрируя по объему эллипсоида, получим выражение (2).
Определить вес тела массой m = 1 кг на географической широте 夕.Угловая скорость вращения Земли о; = 2тг/(24 • 60 • 60)= =7,2921 • 10-5 с-1.
Решение. Пусть тело лежит на поверхности Земли. Известно, что Земля не имеет формы шара. Земля сплюснута у полюсов: экваториальный радиус а = 6 378,16 км больше полярного радиуса 6 на величину с = 21,382 км. В первом приближении ее представляют в виде эллипсоида вращения, напоминающего сплюснутый у полюсов шар. В гравиметрии — науке, исследующей поле тяготения Земли — поле притяжения, соответствующее эллипсоиду, называется нормальным. В точке М поверхности Земли, находящейся на широте 夕,на расстоянии 丁 от центра Земли, вектор ускорения свободного падения g расположен в мериодиональной плоскости и определяетя двумя компонентами. Компонента g в направлении центра Земли
gr = go (1-^)(^) +gGa^ (1-3 sin2(^),
где go = 9,78 м/с2, a = (1 — b/a) = 1/298,2 弋 1,1 • 10-3. Другая компонента gm = g()a(a/T)4 sin 2夕 перпендикулярна радиусу-вектору точки М и направлена к экватору.
Найдем теперь вес тела Р. На него действуют сила притяжения
Земли mg и сила реакции N. Вес тела равен силе давления тела на
подставку, величина которой равна N. Тело вращается вместе с Землей с угловой скоростью а. Согласно второму закону Ньютона имеем уравнение ma = mg + N. Сила реакции образует некоторый угол)# 夕 с прямой, перпендикулярной к оси вращения, в мериодиодиональной плоскости.
Выберем на рис. 1.5.16 начало координат в центре Земли, ось ж лежит в плоскости экватора, ось у проходит через полюс. В проекции на оси ж, у получим уравнения
Рис. 1.5.16 т^т cos 夕=mg，cos 夕-mgm sin 夕一N cos 7,
0 = —mgr sin 夕—mgm cos 夕 + N sin 7.
Из этих уравнений, найдем вес телаИз этих уравнений, найдем вес теласодержащих две неизвестные величины N и),
Из этих уравнений, найдем вес тела
Из этих уравнений, найдем вес тела
Р(6 = т g2 — 32丁 (2g『—ш2г) cos?夕 + gm^r sin 2g.
Рассмотрим три предельных случая.
Тело находится на полюсе. Тогда 夕=тг/2 и вес тела Р = mg.
Б. Тело находится на экваторе. В этом случае широта 夕=0 и вес тела Р у т (g — 32G принимает наименьшее значение. Следовательно, тело массой 1 кг имеет вес Р = (1 — 0,0033) кгс. Из-за вращения Земли вес тела на экваторе на 0,3 % меньше веса на полюсе.
Если бы Земля вращалась с угловой скоростью з = g/a, то тела на экваторе были бы в состоянии невесомости. В этом случае линейная скорость тел на экваторе равна первой космической скорости.
Отметим, что эллипсоид является не точной, а приближенной фигурой Земли. Обычно в качестве модели Земли принимают так называемый геоид. По современным данным расстояние между поверхностями геоида и эллипсоида не превосходят величины порядка 150 м, т. е. значительно меньше отклонения эллипсоида от сферы.
Показать, что потенциальную энергию взаимодействия частицы с Землей, учитывающую сжатие у полюсов, можно представить как энергию взаимодействия
/、_1 GmM 1 GmM
2 |r - cn| 2 |r + cn|
частицы с двумя точечными массами, находящимися на расстоянии, равном мнимому числу (п — единичный вектор, направленный по оси вращения) [32, 33].
Решение. Потенциальная энергия взаимодействия частицы с двумя точечными массами mi и m2, координаты которых (0, 0, ci), (0, 0, —С2),
—G ；г 一 G ；г .(1)
|r - cin| |r + c2n|' ‘
Разложение (1) в ряд Тейлора
口 (г) = -G 一(1 + Q W __ 3(nr)2)—
—G 岁(1—吗—3(宀 3(*2) +…)
эквивалентно разложению по полиномам Лежандра. Приравнивая коэффициенты разложений П(г) и U(г), полученного в задаче 1.5.15, находим
mi + m2 = М, miCj + m2 置=—kR^M^
7П]С] — 7712d2 = 0, mid； — gM = 0.
Из этой системы находим q =専=i д/^ 凡 mi = m2 = M/2.
Космодинамика
Тело брошено с поверхности Земли с начальной скоростью о。 W \/gR под углом /3 к горизонту. Найти дальность полета s (s отсчитывается по дуге большого круга).
Решение. Определим вначале ориентацию большой оси. Из формул задачи 1.5.8 следует, что угол 吵о лежит в третьей четверти (рис. 1.6.1). Вводя угол х между вектором Лапласа £ и г(%), получим уравнение траектории 丁(х) = 夕(1 + е cos х)-\ 夕 = &А cos2^, е? = 1 — (2 — —&) & cos2^, k = v^/gR. Поскольку траектория симметрична относи-
Рис. 1.6.1Рис. 1.6.1тельно направления вектора £, то 丁 (тг 土 土 s/2A) = А, следовательно, s = =2R arccos [(1 — р/R)e\. Если о。=，g凡 то р = Я cos?仇 e2 = sin2^,次)—Зтг/2 —仇 s = А(7г — 20). Максимальное удаление от поверхности Земли R sin。.
Рис. 1.6.1
Рис. 1.6.1
При заданной скорости о。 дальность s() < s может быть достигнута при углах бросания 仇 и 员：
COS2^!, 2 =訂2 _ (2 _ &)力2 土
± 力(2 — &)2 力2 — 4 (1 — &)],
где X = cos (s()/2R). Максимальная дальность полета определяется из УСЛОВИЯ 仇=员=仇 При So = Smax：
112 — & •2 — & •S max2 71 — к
1
1
2 — & •
2 — & •
C0S 宓=2 —&
В случае & « 1 0о и тг/4.
Межконтинентальный перелет. Космическому аппарату (КА) на поверхности Земли сообщили начальную скорость, равную первой космической скорости, на-
Рис. 1.6.2Рис. 1.6.2правленную под углом а к горизонту. Определите ориентацию эллиптической траектории и параметры эллипса.
Рис. 1.6.2
Рис. 1.6.2
Решение. Ориентация большой оси эллипса определяется вектором Лапласа
rovo. Vo
£ =2 vo = — sin a —.
гofl00
Его величина равна эксцентриситету эллипса е = sin а. Угол 肌 между векторами г。и £ равен Зтг/2 — — а (рис. 1.6.2). Параметр эллипса р — R cos2a. Длина большой полуоси а = А, длина малой полуоси Ъ — R cos а. Подставляя в уравне-
ние эллипса координаты точки пересечения эллипса с поверхностью Земли т = R,屮=срв, получим уравнение cos 夕g = — sin a, из которого находим 夕в = Зтг/2 — а. Следовательно, отрезок АВ — малая ось эллипса.
Найдите максимальную высоту подъема КА над поверхностью Земли и дальность полета (см. условие задачи 1.6.2).
Решение. Полагая в уравнении эллипса 夕=тг, получим расстояние до апогея Та = А (1 + sin а). Расстояние до перигея Тр = А (1 — sin а). Максимальная высота подъема Лт = R sin а. Дальность полета тела по дуге большого круга s(a) = А (тг — 2а). В двух частных случаях s(0) = Лтг, Лт = 0; s(tt/2) = 0, Лт = R.
Космический лифт. Предположим, что на экваторе возведена конструкция, в которой действует лифт. Найдите высоту, на которой скорость груза массой т станет равной местным первой и второй космическим скоростям.
Решение. На груз действуют сила натяжения каната N, сила тяжести и центробежная сила инерции. Если груз находится на расстоянии 丁 от центра Земли, то N = mg (Я/г)2 — тз2T или N = тш2 (丁^/丁？— —г), где з — угловая скорость вращения Земли, rCT = [gB?/ш2^^ — радиус орбиты геостационарного спутника (rCT ~ 67A = 42 164 км). Если 丁 < гст, то для подъема с постоянной скоростью к грузу необходимо приложить силу величиной N = mg (Я/г)2 — тз^т, направленную вертикально вверх. Величина скорости груза в инерциальной системе отсчета о = шг. На расстоянии гст от центра Земли N = 0: груз приобретет скорость fCT = зТст, равную местной первой космической скорости. Если его не удерживать, то он будет неподвижен относительно лифта. При подъеме груза на расстояние 丁〉гст центробежная сила становится больше силы притяжения — груз необходимо удерживать. Из закона сохранения полной энергии найдем величину расстояния 丁2, на котором груз приобретет местную вторую космическую скорость:
= 0 + 0 т Г2 = 21/зГст,
2Г2
丁2 = 53 123 км; если его освободить, то он навсегда покинет Землю. Вот
еще одна возможность запуска космических аппаратов.
Энтузиастом этой идеи выступает известный писатель-фантаст Артур Кларк. Сейчас он проживает на Цейлоне и уже нашел там место для привязки лифта. Конструкцию для лифта надо строить с крыши. Со стационарного спутника выпускают два троса — вверх и вниз. Затем подбирают их длину так, чтобы вся система вращалась как целое с угловой скоростью о; в процессе увеличения длины тросов. После зацепления нижнего конца за Землю можно заняться устройством лифта. Основная трудность — отсутствие материала необходимой прочности.
Космический аппарат выводят на эллиптическую орбиту
в точке, находящейся на расстоянии го от центра Земли. Найти условия, необходимые для того, чтобы траектория аппарата не пересекала поверхность Земли [27].
Решение. Эффективная потенциальная энергия
rnv^VQ sin27 mgB2
2r2^'
где о。— начальная скорость, 7 — угол между векторами vg и rg, R — радиус Земли. По условию задачи точка поворота должна удовлетворять условию rp R. В этой области £/эф（^） W 石,где Е = тг^/2 — —mgH2 /го следовательно,
22go / R \
4 W g sin）/R）2 —丿'
sin 7 > — = sin 0.
Вектор vg должен лежать вне «запретного конуса» с вершиной в точке запуска и касающегося поверхности Земли （рис. 1.6.5）.
Падение с «низкой» орбиты. Космическому аппарату （КА） на высоте 九《А сообщили начальную скорость о。= °i （1 — 8） параллельно поверхности Земли, f 1 = g/Z2/ro, 丁о = А + 九,8〉0. Эксцентриситет эллипса е = 1 — /2, параметр 夕=го/2, / = fo/^i, большая полуось а = го/（1 + е）. Начальная точка траектории является апогеем: 丁（力о） = 丁0,夕（力о） = £（力о） = 呼 幻力о = тг （рис. 1.6.6）. Найти интервал времени падения КА на поверхность Земли.
Рис. 1.6.6Рис. 1.6.6Решение. А. Полагая в уравнении эллипса 夕（力о + △力m） = 2тг, 丁（力о + + Atm） = А, получим условие, при котором КА приземлится в перигее на поверхности Земли: （1 + Гд/Я） /2 = 2, или 6 ^ h/^R. Далее, подставляя в уравнение Кеплера £（力о + △力т） = 2тг, получим Сс；（力о + △力т） = 2?Г： △力т = Т/2.
Рис. 1.6.6
Рис. 1.6.6
Б. Найдем условие приземления в точке 夕（力о + + △力 1） = Зтг/2: Я = р, или /2 — Я/го, 8 ~ h/2R.
В. Пусть в точке приземления 夕（力о + т） = тг + + 0m, 3m《 1. КА падает по «короткой» дуге эллипса:
R = р Q _ & COS 0m）, Т
ТТ囁=斤囁=斤Т _ /2） COS 3m = 1 - ^^ T
Т
Т
囁=斤
囁=斤
В этом случае /《1/ 1 + 2Л/Я. Максимальное смещение по длине дуги большого круга жт = о。 hr^/2geR.
Г. В интервале времени 力о W 力 W 力о + 丁 угловая координата 夕（力）= =тг + 0（力）,уравнение траектории /3 = / （丁。— т）/ет. Найдем теперь функцию 丁⑴.Поскольку ^（t）—7T « 1, то cos £⑴=—1+給（△力）2/2+... Из уравнения Кеплера находим значение производной в начальной
точке go =幻/(1+£). Исходя из параметрического представления 丁(力)= =а (1 — £ cos ^), получим явную функцию времени
丁⑴=丁0 — аХо —2h . . . = го — ^эф —2Ь ...,
где ^эф = ge (А/то)2. Интервал времени падения на поверхность Земли 丁 = (丁о/R)2h〔g&. При о。《。1 получим тривиальное решение
△力 у 2/z/g.
Полезно получить величину g»小 из закона сохранения полной энергии
тг2 _ 口 mgH2 mgpB2
Дифференцируя по времени, получим
г = -^- +,尸(го) = -^эф •
1.6.8. Относительное движение в окрестности траектории космического аппарата.
КА движется по круговой орбите радиуса 丁。со скоростью 。0 =旦尺2/丁0・ Один из космонавтов, работающий в открытом космо
се, получил приращение скорости Av в направлении вектора vg. Найти закон движения космонавта в системе отсчета, жестко связанной с КА.
Решение. Начальная скорость космонавта v = Vq (1 + △о/。。). Учитывая, что Pgvg = 0, найдем вектор Лапласа
+ 竺— 也.
^0 / J Го
Величина эксцентриситета е ~ 2^v/vq. Параметр, значения полуосей, расстояния до перигея и апогея с точностью до величин ~ е2 соответственно равны
(
八2)、229
14^ r0 (1 + е), а =-——2 ^ r0 (1 + е),
Ь = л Р 9 - го (1 + е), гр = р/(1 + е) r0,(1)
vl —"
ra = ^^ Го (1 + 2е).
Следовательно, космонавт движется по эллипсу, охватывающему круговую орбиту КА. Период движения
Т = 2тг/и;, з = R 鸟，
а у и?о (1 一 Зе/2),и;。 R 乌.
Космонавт стартует в перигее и обгоняет КА, поднимаясь по восходящей ветви эллипса. Однако поскольку период обращения космонавта Т больше периода То, то в какой-то момент времени космонавт
Рис. 1.6.7Рис. 1.6.7и станция окажутся на одной прямой, проходящей через центр Земли: КА проходит под космонавтом и обгоняет его — неожиданный эффект с точки зрения «здравого смысла». Затем космонавт продолжает подниматься вверх и отстает от станции (рис. 1.6.7).
Рис. 1.6.7
Рис. 1.6.7
Запишем теперь уравнение траектории космонавта. В системе отсчета с началом в центре Земли введем систему координат с осью ж, направленной в перигей орбиты. В этой системе
х — a (cos £ — е), У — b sin &幻力=£ — е sin &
Перейдем в систему отсчета К' с началом на КА и вращающуюся с угловой скоростью о;。：
а/ =力 cos о;。力 + у sin 幻。力 弋 夕 cos (£ —幻。力)—ep cos 幻。力—rg, (2)
у' = —x sin ujqI + у cos о;。力 ~ 夕 sin (£ —幻。力)+ ep sin 幻。力. (3)
Поскольку о;。(1 — Зе/2)力 弋 £ — e sin u；ot, то при значениях ей;。/%《 1 из (1)-(3) получим
х' = его (1 — cosu；ot), У = — - ev^t + 2его sin(4)
Траектория космонавта представляет собой «эллипс», центр которого дрейфует вдоль оси д' со скоростью ЗА。：
(х - sr0\2+ 3耽〃2、2 _
\ его )\ 2ег0 丿 *
После завершения космонавтом полного витка станция сместится по орбите на расстояние As = Зеттт。. Проблемы относительного движения приходится решать при приеме космической станцией грузовых кораблей.
КА движется по круговой орбите радиуса 丁。со скоростью 。0 = gR2 /г(). Космонавт, работающий в открытом космосе, бросил заклепку со скоростью Av в направлении к центру Земли. Найти закон движения заклепки в системе отсчета, жестко связанной с КА.
Решение. Введем два единичных вектора е = v。/。。, п = го /го, начальная скорость заклепки v = fge — △on. Учитывая, что nvg = О,
найдем вектор Лапласа
£ — [3 ®ое — △оп)2 _ 1] п +
△о / л 、△&
+ —о- (^о^ — △он) е —.
Величина эксцентриситета е = △&/о。《 《1, параметр эллипса р — г^.
Найдем момент времени 力°, в который тело находится в перигее (рис. 1.6.8а). В системе координат с началом в центре Земли ось ж направлена в перигей ж(0)= =0, д(0) = —то,
х — a (cos £ — е), У — b sin £,з (力一力о) = g — £ sin g.
Полагая 力=0, £ = go, получим уравнения
COS& = £, sin& = —1 — £2,
из которых находим & у —тг/2 + е, at。~ 7г/2 — 2е. Следовательно, уравнение Кеплера принимает вид £ у cv (t — —力о) — е cos ut. В этом приближении расстояния до перигея и апогея с точностью до величин 〜е2 соответственно равны 丁р У То (1 — е), % У 丁о (1 + £)• Период движения
Рис. 1.6.8Рис. 1.6.8T = - ,3 = R , uj 7与
Рис. 1.6.8
Рис. 1.6.8
r0
Следовательно, заклепка движется по эллипсу, смещенному относительно круговой орбиты КА.
Перейдем в систему отсчета К', вращающуюся с угловой скоростью о;。, и поместим начало координат на КА. Ось 力'проходит через центр Земли и КА, ось у1 направлена параллельно скорости КА. Тогда
⑴⑴х — х sinuj^t — у cosuj^t — го,
⑴
⑴
у — x cos u；ot + у sin u；ot.(2)
Полагая в (1), (2) a 弋 丁。, 6 ~ rg, получим уравнение траектории
X 7 —£丁0 sin Cc；ot,(3)
g，у 2ето (1 — cos u；ot).(4)
Отметим интересную особенность — траектория в системе отсчета, связанной с Землей, представляет собой эллипс с полуосями а ^ го, 6 ~ го； в системе отсчета, связанной с КА — эллипс с полуосями его, 2ет()(рис. 1.6.86).
Решение задач 1.6.7-1.6.8 получено независимо в задаче 3.3.12.
Парадокс спутника. Показать, что для траекторий, близких к круговым, из уравнения движения
с тМ 7.
тг = —G —厂 г —г
г
следует уравнение mv = kv.
Решение. В отсутствие сил сопротивления спутник движется по круговой орбите радиуса 丁 со скоростью о =GM/г с полной энергией
「 mv2 с тМ mv2小
石Gv丁(1)
В результате действия сил сопротивления спутник движется по некоторой спиралеобразной кривой. Величины радиуса-вектора и скорости становятся функциями времени, а полная энергия изменяется согласно уравнению
Е = -kv2.(2)
Предполагая, что для орбит, близких к круговым, сохраняется соотношение (1) между 石⑴ и。2(力)，получим из (1) и (2)
mi) = kv.(3)
Рис. 1.6.9Рис. 1.6.9Отсюда видно, что величина скорости спутника растет. Поскольку для спутника отношение к/т меньше, чем для ракеты-носителя, то ракета «обгоняет» спутник. Действие сопротивления атмосферы приводит к тому, что спутник начинает «падать», при этом его потенциальная энергия убывает. Полная энергия согласно (2) тоже убывает, однако приращение кинетической энергии оказывается положительным. Следовательно, потенциальная энергия убывает настолько быстро, что обеспечивает убыль полной энергии при одновременном росте кинетической.
Рис. 1.6.9
Рис. 1.6.9
В проекции на направление v уравнение движения имеет вид
mi) — Fv — kv^(4)
где Fv — проекция силы тяжести. Сопоставляя (3) и (4), приходим к выводу, что Fv = 2kv (рис. 1.6.9).
Оценим приращения радиуса-вектора и периода обращения за один оборот. Учитывая (3), находим
г = -2 —г, Г = -3 — Г.тт
Коэффициент k ~ pSv, где S — площадь поперечного сечения спутника, р — плотность атмосферы [31],
0(丁)= 0о ехр[_} (丁 一А)].
Н — 7170 м, ро = 1,225 кг/м3. Полагая т = 100 кг, S = 1 м2, г = Я + + 160 км, найдем р u 10-9 кг/м3,
△丁 игТ и —5,37 км, ДТ =Т2 = —6,4 с.тт
Несмотря на то что на высотах 〜200 км плотность воздуха в миллиард раз меньше, чем на уровне моря, спутник быстро снижается и через десять часов сгорает. На высотах 〜300 км время существования спутника 〜20 сут, на высоте ~ 400 км — до 160 сут.
Два спутника с равными массами соединены канатом и движутся по круговым орбитам вокруг Земли, находясь на прямой, проходящей через ее центр. Найти силу натяжения каната.
⑴⑵⑶⑷⑴⑵⑶⑷Решение. Пусть масса каната пренебрежимо мала по сравнению с массой спутников. На каждый спутник действуют силы притяжения Земли и силы упругости канатов Ni и N?. Пусть г — радус-вектор центра масс спутников, о; — угловая скорость вращения, 2/ — длина каната. Пренебрегая силой гравитационного притяжения между спутниками, получим уравнения
⑴
⑵
⑶
⑷
⑴
⑵
⑶
⑷
(丁 + Z) = G -2 + N.
(I/)
Из (1), (2) находим
2 _ GM d + 户
…c 2mMi 3r2 + Z2
TV = G55—у •
г (d—户)2
Сделаем два замечания. 1. Рассмотрим два связанных спутника как одно протяженное тело массой 2m, движущееся по окружности радиуса г. Тогда для него не выполняется третий закон Кеплера —
лишнее напоминание о том, что законы Кеплера справедливы для материальных точек. Скорость первого спутника меньше, а второго больше местной первой космической скорости.
Из (4) следует, что канат натянут. Предполагая, что / 《т, получим значение силы натяжения
GmM
Космический аппарат движется по эллиптической траектории. Расстояния от поверхности Земли до перигея и апогея соответственно равны hp = 170 км, ha = 400 км. Определить приращение скорости в апогее и перигее, необходимое для перехода на орбиту приземления.
Решение. Из законов сохранения энергии и момента импульса
^а^а = 丁рОр,
mVamgB2 _ шг>рmgB2
2 ra — 2 rp
найдем скорости КА в перигее и апогее при движении по произвольной эллиптической траектории:
Р Га + Гр Гр ?㊀ Га + Гр Га
Поскольку Zip, Zia《Я, то
丽(1 + ^^).(1)
Если траектория приземленияначинается в апогее, то скорость в апогее орбиты приземления о： =，gR(] — 3ha/4R). Приращение скорости, необходимое для перехода на эту орбиту,
△Оа =吗-°а = - gR 露.
Рассмотрим торможение в перигее исходной орбиты. Поскольку эта точка должна быть апогеем орбиты приземления, то о? = JgA(l — —ЗЛр/4Я). Приращение скорости при торможении в перигее
△% = М - % = - i^ 爲
Следовательно, торможение в апогее более выгодно. Подставляя числовые данные, находим Дг;а = —53 м/с, △% = —124 м/с.
Космический аппарат находится на круговой орбите радиуса то. Найти величину тангенциального приращения скорости △& для
перехода на эллиптическую орбиту с полуосью а > го и время перелета до апогея новой орбиты [30].
Решение. Вектор Лапласа новой орбиты
n, п = — , V — v\ .Гоn, п = — , V — v\ .Го
n, п = — , V — v\ .
Го
n, п = — , V — v\ .
Го
Параметр 夕=TgW]т)评.Поскольку а = р (1 — е2) ： то
△。=3-1+ 2-也тгоа
Время перелета 力九=тг/о; = тг (та3/а) .
Космический аппарат, движущийся по круговой орбите радиуса 丁。, получает тангенциальное приращение скорости △&. Определить время полета до пересечения с орбитой Луны.
Решение. Согласно задаче 1.5.8 вектор Лапласа новой орбиты
1 + —у -11 + —у -1崇 5 = R ^崇 5 = R ^Параметр 夕 = (1 + △。/。【尸丁。. Предполагая, что орбита Луны — окружность радиуса 丁1, найдем из неравенства га = #/(1 — е?)纟 丁1 условие, обеспечивающее пересечение орбит КА и Луны: △&》△оГп,Параметр 夕 = (1 + △。/。【尸丁。. Предполагая, что орбита Луны — окружность радиуса 丁1, найдем из неравенства га = #/(1 — е?)纟 丁1 условие, обеспечивающее пересечение орбит КА и Луны: △&》△оГп,△от = 5——1 .го + п△от = 5——1 .го + пПредположим, что △& ^。1 (V5— 1), т. е. орбита КА является эллипсом (рис. 1.6.13). Время движения 力i по дуге эллипса до точки пересечения с орбитой Луны определяется уравнением Кеплера ш1\ = £i — £ singi. Значения параметра & точек переПредположим, что △& ^。1 (V5— 1), т. е. орбита КА является эллипсом (рис. 1.6.13). Время движения 力i по дуге эллипса до точки пересечения с орбитой Луны определяется уравнением Кеплера ш1\ = £i — £ singi. Значения параметра & точек пересечения найдем из уравнения 丁1 = =а (1 — е cos &):сечения найдем из уравнения 丁1 = =а (1 — е cos &):cosgi —cosgi —а — riа — ri_0口 — 1 - г2 *_0口 — 1 - г2 *Очевидно, значению & = тг соответствует траектория, касающаяся окружности радиуса 丁1 в единственной точке.Пусть о =。1 + △& = 10,95 км/с. Учитывая значение 〃 = 384 400 км, получим 貿—1,422,力 1 — 59,4 ч = =2,46 сут.Очевидно, значению & = тг соответствует траектория, касающаяся окружности радиуса 丁1 в единственной точке.Пусть о =。1 + △& = 10,95 км/с. Учитывая значение 〃 = 384 400 км, получим 貿—1,422,力 1 — 59,4 ч = =2,46 сут.Рис. 1.6.13Рис. 1.6.13
1 + —у -1
1 + —у -1
崇 5 = R ^
崇 5 = R ^
Параметр 夕 = (1 + △。/。【尸丁。. Предполагая, что орбита Луны — окружность радиуса 丁1, найдем из неравенства га = #/(1 — е?)纟 丁1 условие, обеспечивающее пересечение орбит КА и Луны: △&》△оГп,
Параметр 夕 = (1 + △。/。【尸丁。. Предполагая, что орбита Луны — окружность радиуса 丁1, найдем из неравенства га = #/(1 — е?)纟 丁1 условие, обеспечивающее пересечение орбит КА и Луны: △&》△оГп,
△от = 5——1 .
го + п
△от = 5——1 .
го + п
Предположим, что △& ^。1 (V5— 1), т. е. орбита КА является эллипсом (рис. 1.6.13). Время движения 力i по дуге эллипса до точки пересечения с орбитой Луны определяется уравнением Кеплера ш1\ = £i — £ singi. Значения параметра & точек пере
Предположим, что △& ^。1 (V5— 1), т. е. орбита КА является эллипсом (рис. 1.6.13). Время движения 力i по дуге эллипса до точки пересечения с орбитой Луны определяется уравнением Кеплера ш1\ = £i — £ singi. Значения параметра & точек пере
сечения найдем из уравнения 丁1 = =а (1 — е cos &):
сечения найдем из уравнения 丁1 = =а (1 — е cos &):
cosgi —
cosgi —
а — ri
а — ri
_0
口 — 1 - г2 *
_0
口 — 1 - г2 *
Очевидно, значению & = тг соответствует траектория, касающаяся окружности радиуса 丁1 в единственной точке.
Пусть о =。1 + △& = 10,95 км/с. Учитывая значение 〃 = 384 400 км, получим 貿—1,422,力 1 — 59,4 ч = =2,46 сут.
Очевидно, значению & = тг соответствует траектория, касающаяся окружности радиуса 丁1 в единственной точке.
Пусть о =。1 + △& = 10,95 км/с. Учитывая значение 〃 = 384 400 км, получим 貿—1,422,力 1 — 59,4 ч = =2,46 сут.
Рис. 1.6.13
Рис. 1.6.13
Запуск спутника «Молния» на эллиптическую орбиту с апогеем Та = А + 40 000 км и перигеем Тр = А + 500 км происходит в два этапа. Сначала его выводят на промежуточную орбиту с Tpi = А + + 200 км, Tai = А + 500 км, а затем в апогее сообщают тангенциальный импульс скорости △&. Найти величину △&, необходимую для этого маневра, и отклонение апогейного рассто- / яния рабочей орбиты при ошибке в величине равной 1 м/с [28] (рис. 1.6.14).
Решение. Из законов сохранения момента импульса и полной энергии получим
VP1/2
f\/31 Га1 Sal + Гр1) ?
\/Подставляя числовые значения, находим
0al = 7,53 км/с. Поскольку апогей проме-
Vжуточной орбиты Tai совпадает с периге-
р2ем рабочей орбиты гр, то
Рис. 1.6.14
P rai Oai + %)，
следовательно, Op = 10,05 км/с,
△о =— °ai = А —— ————2,52 км/с.
吸11限11 + %%1 + Гp1/
Высота апогея весьма чувствительна к ошибкам в величине △&. Предположим, что в результате ошибки скорость Ор приобрела значение Ор + Во. Из (2) находим приращение Дга = (4а2/gH2) vpSv. Если Sv = =1 м/с, то △% = 75 км.
При выведении спутника на круговую орбиту направление скорости отклонилось от расчетного на угол S. Найти ориентацию большой оси эллиптической траектории спутника.
Решение. В точке запуска vg = fie, следовательно, вектор Лапласа (рис. 1.6.15) £ = —е (ne), п = го/го- Полагая)= тг/2 —8, получим (см. задачу 1.5.8) е = sin J, cos 也о = — sin J, sin 也。= —cos J, следовательно, 也о = Зтг/2 — S. Параметр эллипса 夕=М2/та2 = 丁。cos2b. Расстояния
до перигея, апогея, большая и малая
полуоси соответственно равны
_0_ Го cos2 J
丁р1 + £1 + sin В '
Го cos2J
1 — sinB，
Предположим, что 6 《 1. Тогда отклонение от расчетной траектории в перигее Дгр = гр —го — — Jro- Пусть го = Л + Л, Л = 300 км, 8 = 1°.
Подставляя числовые данные, получим | Дгр| = 111 км.
При выведении космического аппарата на круговую орбиту
радиуса 丁。величина скорости отклонилась от расчетной на △&. Определить ориентацию большой оси, эксцентриситет и параметр орбиты.
ГоГоГоГоРешение. В момент выведения КА начальная скорость vg = v【(1 + + △о/。，Учитывая, что rgVo = 0, найдем вектор Лапласа
Го
Го
Го
Го
Момент импульса М = m [roVj] (1 + Af/fj), следовательно, эксцентриситет и параметр эллиптической траектории КА равны
Расстояние до перигея и апогея
^Р == ^о, га ~ го( И,△。《力.
+ £\ fl /
При выведении космического аппарата на круговую орбиту радиуса 丁。расстояние до Земли отклонилось от расчетного на Дг. Найти параметр и эксцентриситет орбиты.
Аг、2Т -1Аг、2Т -1Решение. Заменяя в выражении для вектора Лапласа величины 0о то1, о1 Tо1 (1 + △丁/丁0)一* получим
Аг、2
Т -1
Аг、2
Т -1
Го
Го
Момент импульса М = m [rg^i] (1 + △т/т°), следовательно,
При выведении КА на эллиптическую орбиту с параметром р и эксцентриситетом е направление большой оси отклонилось от расчетного положения на угол 3《1. Показать, что в результате двойной коррекции с помощью тангенциального импульса скорости положение орбиты можно совместить с расчетным положением.
Решение. Направим ось ж параллельно вектору Лапласа эллиптической орбиты (рис. 1.6.18). При действии тангенциального импульса скорости △& 《о составляющие вектора Лапласа новой орбиты е； о 2 (△о/о) sin 沙 或 о % где 吵一угол между осью ж и положением радиуса-вектора КА в точке коррекции. Вектор £‘ образует с осью ж угол 3 о £；/或=(2/Хо/ое) sin 吵.Сообщим в точке 吵=тг/2 импульс скорости
—(1 + ^), тр '/—(1 + ^), тр '/
—(1 + ^), тр '/
—(1 + ^), тр '/
имеющих период Т = 12 ч, цию [28].имеющих период Т = 12 ч, цию [28].
имеющих период Т = 12 ч, цию [28].
имеющих период Т = 12 ч, цию [28].
определяемый условием 8/2 = 2ZXo/eoi・ Большая ось повернется на угол 3 = 8/2. При этом изменится период обращения КА, поскольку △а】=(тш;2/2а) еа2b. Далее, в точ-
ке траектории, определяемой углом т// = Зтг/2 в системе координат 力-g- сообщим импульс △。2 = —△。1・ Тогда большая ось сместится на угол 8/2, а величина большой полуоси получит приращение △а? = —△肉・ В результате двойной коррекции большая ось повернется на угол J, а ее величина не изменится. Однократная коррекция оси на угол 6 привела бы к увеличению величины большой оси и периода обращения. Поэтому при выводе на орбиту спутников связи «Молния»,
применяют двухимпульсную коррек-
Космический аппарат на круговой орбите получил прира
щение скорости, равное по величине местной параболической скорости, направленное перпендикулярно радиусу-вектору и под углом 135°
к вектору скорости. Используя интегралы Лапласа и момента импульса, определить ориентацию и форму новой траектории.
Решение. Введем единичные орты ei, е?, ез, направленные по радиусу-вектору, скорости и моменту импульса. Тогда Av = 5 © — —^2), а новая скорость v‘ =。但，следовательно,
Момент импульса М‘ = [rmvz] = —ттзе?。Новая траектория является окружностью, лежащей в плоскости, перпендикулярной вектоРУ е2 [29].
Спутник на круговой орбите радиуса 丁。получил приращение скорости и, направленное по радиусу. Определить ориентацию большой оси, параметр и эксцентриситет новой орбиты.
Решение. Введем единичные векторы е = vi/^i, п = гд/гд (еп = 0). Подставляя в выражение для вектора Лапласа vg = fje + un, получим
+Яи (и\〃
£ = п ——1е Нn = —е —
涼」01 \5丿01
£ = u/v\. Значение параметра 夕=(тг^/а) [n (fje + ип)]2 = rg. Если 仅 V。1, то новая траектория является эллипсом.
Космический аппарат движется по орбите с параметром р и эксцентриситетом е. В точке г аппарат получил тангенциальное приращение скорости V —> vz = V (1 + △о/о). Найти положение большой оси новой эллиптической траектории, приращения периода и большой полуоси.
Решение. Вектор Лапласа новой траектории
⑴⑴i = £ + Де, △£ = 2 —(£ +,
⑴
⑴
о =^^ (1 + 2е cos х + ^2),
где х — угол между радиусом-вектором г и вектором Лапласа £. Учитывая, что а = — а/2£\ найдем приращения большой полуоси
а л да л V да дЕ 2m л
△а — Av — — Av — —7т———a/\v
ov о oE ov а
и периода AT = Av (AT/3v) = ЗТ (△а/а)/2.
KA движется по эллиптической орбите. Найти точки траектории, в которых в результате радиального приращения скорости КА перейдет на круговую орбиту, приращение скорости и радиус круговой орбиты.
Решение. Пусть г — радиус-вектор КА,夕—полярный угол радиус- вектора. Вектор Лапласа
где n = r/r, V — скорость КА, nv =户一радиальная компонента скорости, 。1 — значение местной первой космической скорости на расстоянии 丁(夕)=#/(1 + е cos 夕)от фокуса,夕 ——параметр эллипса,
Г — ей sin 夕, 丁0 ="(1 + e cos d),
тртрV\ — и，1 + £ cos 夕, и =—
тр
тр
В результате приращения скорости Av = пДг; вектор Лапласа
£ —>[(о? + UVA。— О；) П — (nV + △&) v].
Полагая £‘ = 0, получим два уравнения △& = —nv, 。2 + nvAl； — о； = о —> (丁0)2 = О；・
Из последнего уравнения находим 夕 1,2 = тг/2, Зтг/2 (рис. 1.6.22). В положении 夕i = тг/2 приращение скорости Av = —eun. Радиус орбиты равен р, величина скорости o' = ие.
КА движется по эллиптической орбите. Найти точки траектории, в которых для перехода на круговую орбиту необходимо изменить только направление скорости, не изменяя ее величину.
Рис. 1.6.22Рис. 1.6.22Рис. 1.6.23Рис. 1.6.23
Рис. 1.6.22
Рис. 1.6.22
Рис. 1.6.23
Рис. 1.6.23
Решение. Очевидно, следует найти точки на траектории, в которых скорость КА равна местной первой космической скорости: cosgi* = = —е. Этому условию удовлетворяют две точки на концах малой оси на расстоянии а = #/(1 — е2) от фокуса (рис. 1.6.23). Величина приращения скорости при переходе на круговую орбиту
△о = Оь 1 —1 — ^2 Оь =.
та
КА движется к Земле по гиперболе. Скорость КА на границе сферы действия Земли — fs. Найти тангенциальное приращение скорости в перигее при одноимпульсном переходе КА на круговую орбиту и значение радиуса орбиты, при котором величина приращения скорости минимальна.
Решение. Изменяя значение прицельного параметра 6, можно перевести КА на любую круговую орбиту. Для гиперболической траектории момент импульса М = mvsb^ полная энергия Е = mv^/2, параметр и эксцентриситет гиперболы
p = d = 1 + (学):
расстояние до перигея Тр = #/(1 + е).
Из закона сохранения момента импульса vsb = ОрТр найдем скорость КА в перигее при фиксированном значении прицельного параметра Ор = vsb/rp. Поскольку скорость на орбите радиуса гр равна а/тг^^ то приращение скорости
Для определения радиуса оптимальной окружности введем параметр х — b/с^ с — a/mv^. Учитывая, что
представим (1) в виде
⑵⑵△ о⑺=(1 — а/1 + £)
⑵
⑵
Экстремальным значениям £т = 3,力m = 2V5 соответствуют прицельный параметр 6m = 2，^d, скорость КА в перигее ®р)т = %，^, приращение скорости (△o)m = —Ds/a/^, радиус оптимальной окружности
(丁 р)т = 2d,(丁 р)т = 2R
скорость движения ПО окружности(Ор)т = ^s/V^-
КА движется по гиперболе с эксцентриситетом е = 3 и параметром р = 8R, где R — радиус Земли. Найти тангенциальное приращение скорости, которое необходимо сообщить КА в перигее для перехода на круговую орбиту.
Решение. Поскольку расстояние от фокуса до перигея Тр = #/(1 + + е), то радиус круговой орбиты гр = 2A. Из уравнений
夕=, М =а = mgR
тау у
найдем значение скорости в перигее % = д/2gA. Скорость КА на круговой орбите радиуса 2A равна о【= gR/2. Следовательно, приращение скорости = — gR/2.
Метеорит массы mi движется по гиперболе с эксцентриситетом е = 3 и параметром 夕=8R, где R — радиус Земли. В перигее происходит неупругое столкновение с КА массы m2, движущимся по круговой орбите. Определить форму траектории образовавшегося композита.
Решение. Скорость метеорита в перигее % =，2g凡 скорость КА на круговой орбите — 5 =g/Z/2.
Рассмотрим случай встречного столкновения. Из закона сохранения тангенциальной компоненты полного импульса найдем скорость образовавшегося тела:
2Ш1 — Ш2о = 5.
Ш1 + Ш2
Далее найдем эксцентриситет
—斗 по
следовательно, при 2mi = m2 траектория — окружность. В случае 2時—8mim2 —咽 > 0 траектория — гипербола.
Движение в космосе с малой тягой. Реактивная сила F = /v/f, действующая на ракету, направлена по касательной к траектории, / ——константа, а = f [т《g. Найти решение уравнений, описывающее начальный участок траектории [134].
Решение. Ракета движется по круговой орбите радиуса 丁。со скоростью 。1 = а/тгд, а = mgB?. В момент времени 力=0 включают двигатель. Реактивное ускорение, создаваемое ионными двигателями, Ор ~ мм/с2.
⑴ ⑵⑶⑴ ⑵⑶Используя решение задачи 1.5.12, в которой рассмотрена эволюция интегралов движения задачи Кеплера, получим уравнения
⑴ ⑵
⑶
⑴ ⑵
⑶
应=兀
М = М^,mvтаё = [vM] ^
Из (2) следует, что траектория лежит в плоскости, перпендикулярной вектору Мд = М(0). Из (1) находим первый интеграл:
石=Ео + /б,(4)
где s — длина участка траектории ракеты,石()=—а/2т(), 丁。= 丁(0).
Поскольку /《mg, то ракета начинает движение по спиралеобразной кривой: на каждом витке скорость и расстояние до центра Земли связаны соотношением
(5)(5)mv2 a2 a
(5)
(5)
=—у , ИЛИ V =.г гтг
Полная энергия ракеты Е = —mv2/2. Подставляя Е в (1), получим уравнение
方=—а, а = — ,(6)
(£ = 0)^74(£ = 0)^74447272303040404242~ 26~ 26585856565252-50-50УУ55706870682| 3| %2| 3| %626234343232363638382020000066Рис. 1.6.27Рис. 1.6.2718182828666.64%666.64%
(£ = 0)^
74
(£ = 0)^
74
4
4
72
72
30
30
40
40
42
42
~ 26
~ 26
58
58
56
56
52
52
-50
-50
У
У
5
5
70
68
70
68
2| 3| %
2| 3| %
62
62
34
34
3
2
3
2
36
36
38
38
20
20
00
00
6
6
Рис. 1.6.27
Рис. 1.6.27
18
18
28
28
66
6.
64%
66
6.
64%
из которого следует, что величина скорости ракеты уменьшается. Аналогичный парадокс рассмотрен в задаче 1.6.9. Здесь необходимо учесть, что, согласно уравнению (1), полная энергия увеличивается и при некотором значении t — 1^ обратится в нуль. Величина скорости % =。(力р) в этот момент времени достигнет наименьшего значения Ор = 2а/тг^^ гр = 丁(力р). При значениях 力〉力р скорость ракеты возрастает и она удаляется от Земли по квазигиперболической траектории. Следовательно, из (6) находим
0(力)=力一a力，0 W力V力p.(7)
Из (1) имеем уравнение
mvv + a f = /〃г
где г — V cos 7, 7 — угол между радиус-вектором и скоростью. Полагая 方(，)^ 0,，^ 力р, r(tf) ^ гр, cos)(〃) ^ 1/2, получим значения гр = = а/2та^ о^ = 2 2аа/т. Согласно (7)力р = (°i — Ор)/а. В момент времени 力=%р длина траектории
s&)=0小一3a母=^ (* 一建)=^ (01 + OpRp.
При а = 1 мм/с2 значение 石=0 достигается через 80,8 сут. на расстоянии 554 700 км, а скорость 3 км/с [134].
Найдем теперь полное число витков N в интервале О W 力 V 力р. В результате анализа численных расчетов была получена эмпирическая формула N = 0,04g/a. Очевидно,
N —N —dtГ оdtГ о1Г1Гт27TQт27TQ(力—at)3.(力—at)3.
N —
N —
dt
Г о
dt
Г о
1
Г
1
Г
т27TQ
т27TQ
(力—at)3.
(力—at)3.
Вычисляя интеграл, получим
-^(…)-^(…)187r187ra \ ro Ja \ ro Ja \ ro Ja \ ro J
-^(…)
-^(…)
187r
187r
a \ ro Ja \ ro J
a \ ro Ja \ ro J
На рис. 1.6.27 изображена траектория разгона с круговой орбиты, полученная численным интегрированием уравнений движения [134]. Цифры вдоль траектории соответствуют безразмерному времени движения.
Глава 2
УРАВНЕНИЯ ЛАГРАНЖА
Уравнения Лагранжа первого рода
Частица движется по гладкой неподвижной наклонной плоскости. Найти закон движения и реакцию плоскости.
Решение. Пусть п — единичный вектор, перпендикулярный плоскости. Тогда уравнение связи и уравнение движения примут вид nr = О,
mr — mg + An.(1)
Дифференцируя, получим nr = 0. Отсюда, учитывая (1), находим А = =—mgn, следовательно, г = g — (gn) n = [n[gn]],
r⑴=r(0) + f(0)力 + [n[gn]] у ,
причем nr(0)= 0, n v(0)= 0. Реакция плоскости N =
= —m (gn) n. Если n — (sin a, 0, cos a), g = (0, 0, —g), to N = =mg cos a (sin a, 0, cos a).
Частица движется по поверхности сферы. Найти реакцию как функцию координат и скорости.
Решение. Исходная система уравнений имеет вид
/ = г2 - а2 = 0,(1)
mr — mg + AV/,(2)
а — радиус сферы. Из (1) находим г2 + гг = 0. Исключая г с помощью (2), получим
-方俨+gr)■
Поскольку связь стационарна, то тг2/2 — mgr = Е)следовательно, А = —(2Е + 3mgr)/2a2.
Рассмотрим частные случаи.
г(0) = 0, г(0) = (0, 0, а). Реакция обращается в нуль при z = =2a/3 (координата точки отрыва).
г(0) = (0, 0, a), г(0) = (0, 0, д/^)・ Полная энергия Е = = 3mga/2. Реакция обращается в нуль при z — а.
Частица движется по поверхности сферы. Найти закон движения и реакцию сферы.
4 Ю. Г. Павленко
Решение. В цилиндрических координатах с началом в центре сферы и осью z, направленной по вертикали вверх, система уравнений имеет видРешение. В цилиндрических координатах с началом в центре сферы и осью z, направленной по вертикали вверх, система уравнений имеет вид/ = 〃2 + £ — * = 0,т(0 — 〃°2) — 2A.т d 2 • сmz = —mg + 2Az./ = 〃2 + £ — * = 0,т(0 — 〃°2) — 2A.т d 2 • сmz = —mg + 2Az.⑴ ⑵⑴ ⑵⑶⑶Из (3) получим интегралИз (3) получим интегралт^ф = Mz.т^ф = Mz.(5)(5)Из теоремы об изменении полной энергии находимИз теоремы об изменении полной энергии находиму (片 + Р2Ф2 + 炉)+ mgz = E.у (片 + Р2Ф2 + 炉)+ mgz = E.⑹⑹Исключим из ⑹ р, 0, Q совершая заменуИсключим из ⑹ р, 0, Q совершая замену~9.— ZZ.p= aZ — zA p= ^2 _ ^2 ,夕=~9.— ZZ.p= aZ — zA p= ^2 _ ^2 ,夕=m(a2 — d)m(a2 — d)Тогда из ⑹ находим квадратуруТогда из ⑹ находим квадратуруQ(z)=Q(z)=-№)--№)-⑺⑺2m2g2m2g⑻⑻
Решение. В цилиндрических координатах с началом в центре сферы и осью z, направленной по вертикали вверх, система уравнений имеет вид
Решение. В цилиндрических координатах с началом в центре сферы и осью z, направленной по вертикали вверх, система уравнений имеет вид
/ = 〃2 + £ — * = 0,т(0 — 〃°2) — 2A.т d 2 • с
mz = —mg + 2Az.
/ = 〃2 + £ — * = 0,т(0 — 〃°2) — 2A.т d 2 • с
mz = —mg + 2Az.
⑴ ⑵
⑴ ⑵
⑶
⑶
Из (3) получим интеграл
Из (3) получим интеграл
т^ф = Mz.
т^ф = Mz.
(5)
(5)
Из теоремы об изменении полной энергии находим
Из теоремы об изменении полной энергии находим
у (片 + Р2Ф2 + 炉)+ mgz = E.
у (片 + Р2Ф2 + 炉)+ mgz = E.
⑹
⑹
Исключим из ⑹ р, 0, Q совершая замену
Исключим из ⑹ р, 0, Q совершая замену
~9.— ZZ.
p= aZ — zA p= ^2 _ ^2 ,夕=
~9.— ZZ.
p= aZ — zA p= ^2 _ ^2 ,夕=
m(a2 — d)
m(a2 — d)
Тогда из ⑹ находим квадратуру
Тогда из ⑹ находим квадратуру
Q(z)=
Q(z)=
-№)-
-№)-
⑺
⑺
2m2g
2m2g
⑻
⑻
В общем случае интеграл (7) выражается в терминах эллиптических функций. Рассмотрим ряд частных случаев.
В случае Гринхилла задаются начальные условия г(0) = (а, 0, 0), г(0) = (0, о。，0). Тогда
СГ 222
Q(Z)/2』「
Область движения по координате n
-| (* + 4。2 + ^ …0.
Из （5）,⑺ находим
У 2g -4
Найдем условия, при которых частица движется по горизонтальной окружности в плоскости zq. В этом случае Q（z（）） = 0, dQ/dz = О, или
产一①-响=¥ 3蚤一空 3 一a2 = 0.
\mgи 八и 丿2m2g ° mg и
Отсюда находим
следовательно, zq < 0^ ср = uj^t + 夕仇 з（）= g1/2 （—2；o）-1/2.
Рассмотрим движение в окрестности положения равновесия г = =（0, 0, No）. Разлагая Q（z） в ряд Тейлора, получим
Q（z） = 2 （3若 +。2）（2 — 2о）2 + . . •
Теперь интеграл （7） вычисляется в терминах элементарных функций.
Проще, однако, продифференцировать уравнение i2 = Q（z）：
芝 + 併（2 — N（j） = 0, Q2 =说（1 +
Таким образом, z — zq-\- A cos （Q 力 + а）,
а —— 2^o4 cos （詳力 + а）
Частица движется по циклоиде. Найти реакцию связи и закон движения.
Решение. Расположим циклоиду в вертикальной плоскости. Ось у направим вертикально вверх. Уравнение циклоиды в параметрической форме ж = а （夕一sing）, у = —а（1 — cosg）. Запишем второй закон Ньютона в естественных координатах:
⑴⑵⑴⑵drms = mg —,
⑴
⑵
⑴
⑵
• 2,2
saг
m — = mRg —^ + N,
Hds
где N — величина силы реакции, R — радиус кривизны. Возьмем в качестве независимой переменной длину дуги s = 8а sin?夕/4. Поскольку
У = —s + — ,0 W s W 8а,У = —s + — ,0 W s W 8а,⑶⑶
У = —s + — ,0 W s W 8а,
У = —s + — ,0 W s W 8а,
⑶
⑶
то из (1) следует уравнение 3 + 幻2s = g,幻？ = g/4a, следовательно,
s = 4а + Z cos (о;力 + а。). (4)
Если начальные условия выбрать так, чтобы Л ^ 4а, то частица совершает гармонические колебания, причем частота колебаний не зависит от амплитуды (в отличие от математического маятника). Эта особенность впервые отмечена X. Гюйгенсом в 1659 г. Для уменьшения трения можно заставить тело двигаться по циклоиде без прямого контакта с ней. Для этого достаточно изготовить шаблон в виде двух одинаковых полуарок циклоиды, имеющих общую точку возврата (см. рис. 1.1.9). В точке возврата прикрепляется нить длиной Z = 4а с шариком на конце. Шарик будет двигаться по циклоиде, совершая изохронные колебания с периодом Т = 4тг a/g. Из (2), (3) находим
n + (5)
Для вычисления радиуса кривизны можно воспользоваться формулой R = (ж/2 + д'?)*? 0/ — ж//у|-i или следовать определению R = =ds/da^ где а — угол между тангенциальным ортом е и осью х. Вычисляя tga = dy/dx^ находим а = тг/2 + д/2,
8as(1-簿=4а[1-詣 cos2(3t + ao)] ⑹
Подставляя (4), (6) в (5), получим реакцию как функцию времени.
Частица движется по гладкой кривой, лежащей в вертикальной плоскости. Найти время движения частицы между двумя точками на кривой.
Решение. Выберем ось у, направленную вертикально вверх. Уравнение кривой у = д(力).Поскольку v2 = (1 + 夕以)亦？, то из закона сохранения полной энергии
следуетследует^ (1 + д'?)* + mg£x) = Е
следует
следует
况2
/ _ /，1 + д'? d力
J 2
冗 1—[E~ mgy(x)]
Даны две точки Л и В, не лежащие на одной вертикали. Найти уравнение плоской кривой, двигаясь по которой частица скатится из точки Л в точку В за кратчайшее время.
Решение. Время движения
зависит от вида функции g（力）.Каждой функции g（力）соответствует определенное значение г; тем самым г = т[у] является функционалом, а задача состоит в нахождении экстремума функционала. Найдем, как изменяется значение т\у\ при переходе от функции g（力）к функции g（力）+ £〃（力）,где £《1, 7j（力）一любая гладкая кривая, 〃（а） = 0, 77（6） = 0. Приращение т[у] можно записать в виде
bb
Лт = ^dx F（y + e〃，g‘ + £炉）~ ^ dx R（g, g‘）=
= /"*（嚣"筹d）+
Интегрируя второй член по частям, получим
△7 = e△7 = eь.dx 〃⑺開Y為]+…ь.dx 〃⑺開Y為]+…
△7 = e
△7 = e
ь
.dx 〃⑺開Y為]+…
ь
.dx 〃⑺開Y為]+…
Условие экстремума функционала приобретает вид d dF _ dF dx ду ду
Умножая на g- получаем интеграл
+ R = e
⑴⑴Подставляя F, найдем уравнение
⑴
⑴
贝+d)
Пусть точка Л находится в начале координат, тогда из （1） получим уравнение
21 R-у ，4g,2.21 R-у ，4g,2.⑵⑵
21 R
-у ，4g,2.
21 R
-у ，4g,2.
⑵
⑵
Произведем параметризацию, положив у — — А(1 — cos 夕).Из (2) получим ж = А (夕一sing). Таким образом, искомой кривой является циклоида.
Эта задача была поставлена и решена И. Бернулли в 1696 г. до создания дифференциального исчисления. Он использовал оптико-
рис 2.1.6механическую аналогию, предполо
жив, что движения частицы и луча света подчиняются одинаковым закономерностям. Коэффициент преломления в этом случае п ~ ~ д(а) — У . Можно дать простой рецепт построения искомой циклоиды. Построим произвольную циклоиду с началом в точке Л (рис. 2.1.6). Затем соединим точку Л с точкой В прямой, которая пересечет циклоиду к точке В\ Совершая далее преобразование гомотетии с коэффициентом АВIАВ\ получим искомую циклоиду. Интересно отметить, что точка минимума на циклоиде лежит ниже уровня точки В: частица приобретает большую скорость и быстрее поднимается к месту назначения [8].
Две частицы масс mi и m2 закреплены на концах стержня длиной /. Масса стержня т《mi, т^- Эта система движется в однородном поле тяжести. Найти решение уравнений движения и силы реакций.
Решение. Уравнение связи и уравнения движения
⑴ ⑵ ⑶⑴ ⑵ ⑶/ =(Г2 — Г1)2 - /2 = 0,^1П = —2Х(Г2 - Г1) + mig,m2r2 = 2А (r2 - ri) + m2g.
⑴ ⑵ ⑶
⑴ ⑵ ⑶
⑷(5)⑹⑷(5)⑹Перейдем к новым координатам 也 仃—> rc, г = Г2 — ri, где гс — радиус-вектор центра масс. Тогда из (1)-(3) получим систему
⑷
(5)
⑹
⑷
(5)
⑹
Гс = g,г2 = /2,дг — 2Аг.
⑺ ⑻⑺ ⑻Найдем решение уравнений (5), (6). Дифференцируя уравнение связи, получим
⑺ ⑻
⑺ ⑻
rf — 0,г2 + гг = 0.
Образуем скалярное произведение правой и левой частей (6) с 户 и учтем (7). Тогда получим закон сохранения кинетической энергии относительного движения
从*=41好=0, 产=宕，
где vg = r(0) — начальное значение относительной скорости частиц.
Согласно (7) rovo = 0, где г0 = г(0).
Подставляя (6) в (8), найдем 2А = —д(^о//)2. Теперь из (6) следует уравнение
F + Jr = 0, J =(早).(9)
Решение этого уравнения, удовлетворяющее начальным условиям, имеет вид
г(力)=r0 cos а 力 + ^^^ sin о; t.(10)
Поскольку г(力)一вектор постоянной длины, то г(力)должен удовлетворять уравнению г = [зг]. Отсюда находим зг()= 0, угловая скорость системы з = [rgVo]//2. Силы реакции Ri = —R2 =从a2r.
Частица движется по плоскости, которая вращается с угловой скоростью Q вокруг вертикальной оси. Найти реакцию плоскости как функцию радиуса-вектора и скорости частицы.
Частица движется по эллипсоиду. Сила, действующая на частицу F = —muj2T. Найти множитель Лагранжа и первые интегралы.
Решение. Дифференцируя уравнение связи
получим
r^V/ + rV/ = 0.
Далее, используя уравнение движения
тг — —mu;2r + AV/,(1)
получим
А =V/- 2.(2)
Интеграл энергии Н = mf2/2 + mu;2r2/2. Покажем, что имеется еще один интеграл. Умножим (1) на ^ V/ и учтем (2):
(▽/)23- 2 J) V/ V/.
Поскольку г ^ ▽/ = 0, то сохраняется величина
Т(”)2 (夺⑶
Интегрируемость системы на эллипсоиде в поле U = тш2г2/2 была доказана Якоби [34].
Частица движется по сфере в поле U = &九力^/2. Найти первые интегралы и множитель Лагранжа.
Решение. Уравнение связи и уравнение движения имеют вид
/= с"а = 0,(1)
тха = —kaxa + Аа-1^^.(2)
Равенство (1) совместно с уравнением (2), поэтому из условий хаха = =0, хах^ + ж^ — 0 находим
А = -— г2 + - kax^.(3)
Подставляя (3) в (2), получим нелинейную систему уравнений
тха = —kaxa ——g (mr2 — крх^Ха,
интегрируемость которой мы хотим установить. Действительно, кроме интеграла энергии
Я = |mf2 + I kaxl(4)
существует еще один интеграл
/ = MakaMa — &1&2&3 力 a&jl 力 а^аЗ(5)
где М = m [гг]. Эта задача исследовалась К. Нейманом еще в 1859 г. Алгебраический интеграл (5) был найден Уленбеком и Девани [35, 36]. Вместо (4), (5) удобно ввести три зависимых интеграла:
尸—2 +丄⑹丿一宓2 %竺%戶^5Нетрудно проверить соотношения1 3/:Н" = 3к]у F丿,2 = —&1&2&32ma（g出川一力4自）（出勿一出〃）.33=1"=1尸—2 +丄⑹丿一宓2 %竺%戶^5Нетрудно проверить соотношения1 3/:Н" = 3к]у F丿,2 = —&1&2&32ma（g出川一力4自）（出勿一出〃）.33=1"=1
尸—2 +丄⑹丿一宓2 %竺
%戶^5
Нетрудно проверить соотношения
1 3/:
Н" = 3к]у F丿,2 = —&1&2&3
2ma
（g出川一力4自）（出勿一出〃）.
33
=1"=1
尸—2 +丄⑹丿一宓2 %竺
%戶^5
Нетрудно проверить соотношения
1 3/:
Н" = 3к]у F丿,2 = —&1&2&3
2ma
（g出川一力4自）（出勿一出〃）.
33
=1"=1
Уравнения Лагранжа в независимых координатах
Частица движется по кривой линии. Записать лагранжиан, уравнение Лагранжа и первый интеграл.
Решение. Кривая является линией пересечения двух поверхностей. Уравнения связи /1(ж, у, z) = 0, /2(力,g, z) = 0 равносильны параметрическому заданию кривой Xi =力勿(g), где q — параметр. Лагранжиан
L(g, «)=；加拉(0『一 k(g),MG =(普)，卜⑷=u(r(g))・
Поскольку dL/dt = 0, то имеет место интеграл энергии. Уравнение Лагранжа
,,1 dh .2 dV с^加+5^石q -西=°
эквивалентно уравнению
.. du dr 1 dv
где s — длина дуги, s = д/7г q. Если в качестве параметра выбрать длину дуги Xi = /e(s), то лагранжиан приобретает вид L = ms2/2 — U(r(s)).
Частица движется по винтовой линии. Найти закон движения.
Решение. Параметрическое представление винтовой линии ж = =a cos q, у = a sin g, 2 = bq. Направим ось z под углом а к вертикали, а ось ж расположим горизонтально. Лагранжиан
£ = ^ (а? + 庐)『-v(g)，
V(g) = —mga sin a sin q + mgbq cos a. Используя интеграл энергии, получим решение
力=dq力=dqт (a2 + d)2旧_V⑷].т (a2 + d)2旧_V⑷].
力=dq
力=dq
т (a2 + d)
2旧_V⑷].
т (a2 + d)
2旧_V⑷].
Если ось винтовой линии расположена вертикально, то
_, . , gb t2
g =窕+如力一万•
Поскольку шаг винтовой линии Н = 2开仇 длина одного витка / =
=2тгд/а2 + 庐,то g(力)можно представить в виде
g⑴=窕+ «о力-cgH尸
Пусть 窕=2тг, «о = 0. Тогда время спуска Т = /2/{gH}.
Частица движется по гладкой кривой у = a sin kx. Ось ж горизонтальна, а ось у образует угол а с вертикалью. Найти функцию Лагранжа и первый интеграл.
Точка подвеса маятника движется в вертикальном направлении по закону s = 5(力).Найти лагранжиан и уравнение движения частицы.
Решение 1. Направим ось z вверх по вертикали, а ось ж — в плоскости качаний маятника. Обобщенная координата — угол 夕 отклонения маятника от вертикали. Тогда ж = / sin 屮,z = s —Z cos 夕,следовательно,
L = ^ 依2 + 2WZ0 sin g + 户0?) — mg (s — I cos g).(1)
Учитывая, что
W。sin 夕=—^ § cos 夕 + 3 cos 夕，
и опуская в (1) функции времени и полные производные функций, зависящих от координат и времени, получим
L = ^ "2°2 + m (g + s) / cos 夕.(2)
Уравнение движения ⑦ + /-1(g + 3) sin 夕 = 0.
Решение 2. В неинерциальной системе с началом в точке подвеса 力'=Z sin(/?, z1 = —/ cos 夕.Обобщенная потенциальная энергия [/об = =—mgr' + mwrz, где w(力)一ускорение поступательного движения неинерциальной системы, w = (0, 0, s), следовательно, Uo^ = —т (g + + 3) / cos 夕.Поскольку о'? = /2(р2, то лагранжиан совпадает с (2).
Частица движется по поверхности в потенциальном поле U = U (х). Найти лагранжиан и уравнение движения в независимых координатах.
Решение. Пусть уравнение поверхности имеет вид жа = /а(^1,夕2), где Qi, ^2 — гауссовы координатные параметры (криволинейные координаты на поверхности). Скорость частицы
Векторы di/dq\ образуют базис в плоскости, касательной к поверхности в точке х. Квадрат скорости
2. .ад dfn
Соотношение (2), представленное в виде ds? = g^ dq^ dg〃, называется первой квадратичной формой поверхности [6, 7, 37, 38]. Эта
форма определяет метрику двумерного многообразия (совокупности точек на поверхности). Координатные векторы ед = 3f/dq\ образуют
办их办их⑶⑶локальный базис. При замене криволинейных координат q\ —> дифференциалы преобразуются по правилу
办их
办их
⑶
⑶
Любой объект Л\ преобразующийся по аналогичному закону:
обра-точкиобра-точкиназывается контравариантным вектором. Второй тип векторов зуется величинами ЗФ/Зд勿,где Ф(^) — скалярная функция
обра-точки
обра-точки
на поверхности. Согласно правилам дифференцирования дФ/dqi = = (дФ/dqk) (dqk/dqi). Любой объект В^, который преобразуется согласно закону Bi = (dqk/dqi) 6力,называется ковариантным вектором. Можно показать, что g^ является ковариантным тензором. Тензор g°B = (g—1)а/з, обратный к gag, с элементами g^B = (1/g) dg/dga^:
^11g22gl2 22 gU
g=丁，g=一丁，g=ggg
g = det g“ = gllg22 - gl2
является контравариантным тензором. Предположим далее, что метрика является эллиптической: g 〉0. Согласно (3) дифференциалы координат являются контравариантными векторами. Поэтому, начиная с этого момента, мы будем на всех координатах ставить индекс вверху. Вектор V связан со своими контравариантными компонентами i соотношением V = je切 где j =旦〃°匕.Произведение ковариантной и контравариантной форм этого вектора V〃以 三 V2 определяет скалярную величину — квадрат длины вектора [7, 39]. Выбирая д' в качестве независимых координат, получим лагранжиан частицы
l = ^?〃"严《" -夕(力 4S) = u(f(/，厂)).⑷
Учитывая симметрию тензора g^ = g叩〉уравнения Лагранжа
dt ga°q — 2 aqa q q 加°
можно представить в виде
б[ga/3尹+「%泳眾疗]=-^ ,(5)
_ 1 (9gak . 3ga〃 9gik\，〃宀E +可一寸丿・
Величины Г%/ называются символами Кристоффеля. Вводя символ 「久=S^a^a, ik^ получим уравнение движения
^к+г^^л = —(6)
Символом 夕；〃三 g川a(3g/aga)обозначены контравариантные компоненты градиента функции 夕.Интересно проследить, как уравнение (5) связано с уравнением
辰=+N(7)
для точек ха = /а(д), принадлежащих поверхности. Подставляя г = =qk^k в (7), получим
优(/6* + *矿疗)=一黑+№(8)
Базисные векторы позволяют представить символы Кристоффеля в виде 『回认=^川(3^力/3夕2) [40]. Умножая (8) на е川 и учитывая соотношения
е”к= 而飭=审,e〃N = 0,
получим уравнение (5). Поскольку {dq^]OxQ {дхп/dq1) = 8?, то символы Г弘 определяются следующим образом [41]:
=也;aFik — dxn dq^q^ .
Система (5) имеет первый интеграл
у ga/?^^ + 夕S) = е.
Если 夕(g) = 0, то траекторию частицы называют геодезической линией в двумерном пространстве. Поскольку эта линия лежит на поверхности, то она не является «прямой», а реальное движение частицы не будет прямолинейным равномерным. Понятие геодезической связано с производной вектора по направлению. Следует отметить, что в криволинейных координатах производная вектора дА^/dqa не является тензором. Величина Г気 также не образует тензора. Тензором является конструкция
% =券+也旭
которая носит название ковариантной производной [2]. Для ее обозначения используется точка с запятой. Ковариантная производная метрического тензора равна нулю. Пусть и — вектор, касательный
к некоторой кривой qa = g^ (力)на поверхности. Говорят, что вектор Л^ переносится параллельно вдоль этой кривой, если
zq个=券个+Г幺幺%a = 0・(9)
В том случае, когда параллельно переносится сам касательный вектор иа = dqa/dt^ то уравнение (9) совпадает с (6): и^аиа = 0.
Частица движется по сфере. Найти решение уравнений движения в отсутствие внешних сил.
Решение. Метрика двумерной поверхности, образованной точками, лежащими на сфере радиуса а, есть ds2 = а?[(曲产 + sin?® (с/(р)2], т. е. goo = а2, g屮屮=а? sin?®. He обращаются в нуль лишь следующие символы Кристоффеля: Г^ = —a2 sin 0 cos ^, Г^ = а2 ctg 0. Следовательно, уравнения движения имеют вид
玄a嚼)-『sin© cos0(證2 = 0,
Частными решениями этой системы являются семейства линий
3 = const,0 = ©о 力 + О。，
е = тг/2, 夕=So 力 + 夕 о,
которые представляют соответственно «меридианы» и «зкватор» по отношению к выбранной в качестве «полюса» точке. «Широтные окружности», на которых 0 имеет постоянные значения, не удовлетворяют уравнениям движения. Таким образом, большие круги на сфере являются геодезическими линиями.
Частица движется по поверхности постоянной отрицательной кривизны с метрикой gn = 1, g22 = exp Qkq1)〉gi2 = g2i = 0- Найти решение уравнений движения.
Решение. Полагая д】=и, д? = @, получим лагранжиан
L = ^[u2 + e2kuv2].
Первые интегралы
方2 + 0uQ _a2,巒""方=b,(1)
"(%")— mke2kuv2—> й + kbv = с,(2)
где а, 6, с — константы. Если 6 = 0, то частное решение системы (1), (2)
о =。0, и — uq-\- ct.
В случае 6 # 0 исключим из (1), (2) 〃, й. В результате получим уравнение
(с — &配)2 + 尻=а2.(3)
Интегрируя (3), (2), находим
° = ^ [—° + "也at + а)],
и = &т In[ |^| ch (kat + а)].
В новых координатах ж = R—^exp (—&〃), у = о траекторией частицы является окружность 力2 + (夕 + с/kb)2 = (a/kb)2.
Частица движется по геодезической на двумерной поверхности. Компоненты метрического тензора не зависят от координаты q1. Доказать, что ковариантная компонента импульса pi постоянна.
Решение. Поскольку 〃& = mqa = mg^^q^то уравнения Лагранжа можно представить в виде
dt т …Р 〃 —
Полагая а = 1, получим
學=工点沙旷=Л沙旷空半=°-
dt m м, 尸 2m dq
Следовательно, первый интеграл — mgi^Q^ = const.
Частица движется по поверхности, метрические свойства которой заданы тензором
Соф — постоянная 2x2 матрица, k — некоторая константа. Найти решение уравнений движения.
Решение. Афинная связность — символы Кристоффеля равны 「久 = kqNg%k・ Учитывая интеграл энергии 旦乂〃°"°" = 呜,получим замечательно простое уравнение геодезических
产+ 出若户=0.(1)
При &〉0 решение (1)
g〃 = a" cos 3t + 6м sin 3t>№ = &若.
Рассмотренное двумерное пространство может быть получено следующим образом. Пусть в плоском трехмерном пространстве (q1, q2, z) квадрат скорости частицы v2 = С卩禽開十 + &一lgt Можно вложить
2-мерное пространство в трехмерное, ограничивая значение переменных q,z поверхностью
re>9吋+y=1.⑵
На этой поверхности
(女)2 = f(7广吸.
Тогда о? принимает вид f2 = g从〃旷@" [41]. Рассмотренная метрика форминвариантна относительно преобразований координат q〃 —> —> q'N = R'q\ где R — любая 2x2 матрица, подчиняющаяся соотношению
C^R^ =(3)
В этом случае геометрия поверхности обладает симметрией: существует такое векторное поле £〃, что при смещении множества точек на £〃 dt все метрические соотношения между точками множества останутся неизменными. Векторное поле £〃 называется полем Киллинга. Найдем теперь уравнение, определяющее вектор £〃. Условие форминвариантности метрики имеет вид [41]
/、_ dq，a ad。 /
При инфинитезимальном преобразовании
广=^+e学(力 5 < 1,(5)
условие (4) в первом порядке по е приобретает вид
Его можно переписать через производные ковариантных компонент & = gik£k：
崇+礬一261^=。
dq dq
или в более компактном виде
&;/г + &;〃 = 0.(6)
Векторное поле £〃(д), удовлетворяющее уравнению (6), образует векторы Киллинга метрики g从〃 (д)・ В нашем случае выберем преобразование (5) в виде
严一产=阳+ e^)广源3^ + с。М% = 0.
Следовательно, векторы Киллинга £〃 = Q从"д〃.
Пусть £〃（д） — векторное поле Киллинга, 〃从—вектор, касательный к некоторой геодезической. Показать, что скалярное произведение £从〃从 постоянно вдоль геодезической.
Решение. Дифференцируя, находим
Второе слагаемое равно нулю, поскольку 〃从—вектор, касательный к геодезической. Первое слагаемое
aUaU^ = I （&； а + &； 〃）〃а〃乂 = О
в силу уравнения Киллинга. Следовательно, вдоль геодезической 蟲〃〃 =const.
Частица движется по поверхности с метрическим тензором ga/3（q） = 8аЗ [/1（Q1） + /2（^2）] в потенциальном поле
"/、_01（41） +02（42）⑷-/13） + /2（仅）•
Найти решение уравнений движения.
Решение. Лагранжиан системы
l=^（力+力）（蚀+扇）一若爸.
Очевидно, сохраняется полная энергия
^（力+ /2）（必+电）+霁芈=石.（1）
//1 十 /2
Умножая уравнение Лагранжа
«Ф力+『2）比7器（苏+孙+券券器-击需
на （/1 + /2） 91 и учитывая （1）, получим интеграл
^[（九+ /2）比『一力石+a1 =仇（2）
где 0 — константа. Комбинируя （1） и （2）, получим
у [（/1 + /2）92]2 — /2石 +。2 = —0・（3）
Из (2), (3) следует решение задачиИз (2), (3) следует решение задачиdq2dq23 -a1 + 九石3 -a1 + 九石J，一/3 — 02 +/2 石J，一/3 — 02 +/2 石const,const,九 dqi +、/2 dq2，/3 — ai + 九石、— «2 + hE九 dqi +、/2 dq2，/3 — ai + 九石、— «2 + hE統+力。）.統+力。）.Физически интересный случай разделения переменных соответствует потенциальной энергии взаимодействия частицы с двумя неподвижными массами, закрепленными на расстоянии 2с:Физически интересный случай разделения переменных соответствует потенциальной энергии взаимодействия частицы с двумя неподвижными массами, закрепленными на расстоянии 2с:U（力，沙）=_U（力，沙）=_Gmmi，(/一C)2十g2Gmmi，(/一C)2十g2Gmm2，(/ +C)2 +g2Gmm2，(/ +C)2 +g2
Из (2), (3) следует решение задачи
Из (2), (3) следует решение задачи
dq2
dq2
3 -a1 + 九石
3 -a1 + 九石
J，一/3 — 02 +/2 石
J，一/3 — 02 +/2 石
const,
const,
九 dqi +、/2 dq2
，/3 — ai + 九石、— «2 + hE
九 dqi +、/2 dq2
，/3 — ai + 九石、— «2 + hE
統+力。）.
統+力。）.
Физически интересный случай разделения переменных соответствует потенциальной энергии взаимодействия частицы с двумя неподвижными массами, закрепленными на расстоянии 2с:
Физически интересный случай разделения переменных соответствует потенциальной энергии взаимодействия частицы с двумя неподвижными массами, закрепленными на расстоянии 2с:
U（力，沙）=_
U（力，沙）=_
Gmmi，(/一C)2十g2
Gmmi，(/一C)2十g2
Gmm2
，(/ +C)2 +g2
Gmm2
，(/ +C)2 +g2
Введем на плоскости xy эллиптические координаты ж = с ch Qi cos 夕2, у = csh gi sin 羹・ Тогда /i = c2 ch2Qi, /2 = — c2 cos2g2,肉=—Gm ⑺什 + m^) c ch Qi, a2 = —Gm (mi — g) c cos 英・
Найти решение уравнений движения, порождаемых лагранжианом
L(X, X)= — grnri(x) XmXn — — - Xx? 5
Smn(X)= ^mn +Smn(X)= ^mn +\Xm^n\Xm^n
Smn(X)= ^mn +
Smn(X)= ^mn +
\Xm^n
\Xm^n
где A, k — постоянные величины.
Решение. Запишем первые интегралы М = m [rf],
⑴⑴巴,入(域)2 ]1 出产 _
⑴
⑴
2 [ + 1 - Ar2J + 2 1 - Ar2 -
в сферических координатах. Поскольку
mr2 sin2^ ф — Mz, m2r4(^2 + sin2^ 9З2) = M2,(2)
то из (1), (2) находим
m r2 M2 1 kr2 _
2 1 — Ar2 + 2mr2 * 2 1 — Ar2 '
следовательно,
r2 = -+— ^ (& + 2AE) •(3)
m L 2m 2mr 27 J' '
Выберем начальные условия так, чтобы。(力)=тг/2. Тогда решение уравнений (2), (3) следует из формул задачи 1.3.4 о движении гармонического осциллятора после замены Е Т Е -\- ХМ2/2т^ тш2 —> & + + 2ХЕ. Траектория представляет собой эллипс.
Математический маятник прикреплен к частице, находящейся на горизонтальной прямой. Найти функцию Лагранжа и интегралы движения.
Решение. Пусть mi, g — массы частицы и маятника. Обобщенная координата s определяет положение mi на прямой,夕—угол отклонения нити маятника от вертикали. Направляя ось у вверх по вертикали, получим 力 1 = s, у】 = 0,力2 = % sing + s,夕2 = —% cosg. Лагранжиан системы
L = I m^s2 + I m2 (s2 + 2W20 cos g + 12ф2) + m2gl cos g.
Сохраняются обобщенный импульс
8L8LPFPF=(mi + g) W + g，。cos 夕=(mi + g) W + g，。cos 夕
8L
8L
PF
PF
=(mi + g) W + g，。cos 夕
=(mi + g) W + g，。cos 夕
и полная энергия.
Частица движется в северном полушарии в поле тяжести
Земли. Найти решение уравнений движения частицы.
Решение. Расположим начало координат К' в точке О на широте 0. Ось 2’ направим вертикально вверх, ось 力'一по меридиану к полюсу (рис. 2.2.14). Начальные условия rz(0) = 0, vz(0) = (0, 0, о。). Очевидно, уравнения движения имеют наиболее компактную
форму в системе координат К, повернутой относительно исходной на угол »/2 — 6:
х = х sin 0-\-z cos ^, У =—力 cos 8 + z sin 仇 (1)
В системе К угловая скорость вращения Земли Q = (О, О, Q), ускорение свободного падения g = (g cos 仇 0, —g sin 8). Лагранжиан, описывающий движение частицы
L = у [v + (Qr)]2 + mgr.
Поскольку [Qr] = (—Qy, 口力,0), то
L = ^ [(亦—Пу)? + (纟 + a力)2 + ^2] + mg (ж cos 0 — z sin e).
Уравнения Лагранжа
⑵ ⑶ ⑷⑵ ⑶ ⑷ж — 2ao — 口％ = g cos 仇可+ 2a出一便g=0,芝——g sin 0.
⑵ ⑶ ⑷
⑵ ⑶ ⑷
В новых координатах начальные условия г(0)= 0, v(0)=
=(—о。cos仇 0, о。sin。).
Решение уравнения (4)
z= (—g力2/2 + 0。力)sin®.(5)
Вводя комплексную координату £ =力 + £у, получим уравнение, эквивалентное (2), (3):
f + 2£a£ — Q2£ = gcose.(6)
Решение (5) — комплексная функция
£ = -^^ + 5 + ®)
где Л, В — постоянные. Из начальных условий £(0) = 0, £ = —о。cos® находим
Z = & В = -1；0 cos6> + mC, С=^^・
Переходя к действительным переменным, получим
力=Re £, х — С (—1 + cos Qt + Qt cos Qt) — о。力 cos 0 cos Qt,(7)
у = Im £, у = C (— sin Qt + Qt cos Qt) + о。力 cos 0 sin Qt.(8)
Поскольку Q《o()/g, то (7), (8) необходимо разложить в ряд Тейлора:
ж = (^|——о。力)cos®, у = ^-^ + °о产)Q cos®. (9)
Подставляя (7)-(9) в (1), получим решение в исходной системе координат
力‘(力)=0,?/(%)=(-^ Ь。0%2) Qcose，2'(力)=-^ h。。九(10)
Найдем координаты точки приземления частицы. В момент времени 力=Т, 2’(力)=0, "(Т) = 4口啕 cos。/3g2 — точка приземления смещается на запад.
Заряд движется в магнитном поле Земли. Найти границы движения в меридиональной плоскости.
Решение. Направим полярную ось сферической системы координат вдоль вектора магнитного момента /1. Компоненты вектор-потенциала Лг = 0, Ад = 0,厶修=从丁—2 sin 8. Составляющие магнитной индукции В = Зг (//г) 丁—5 _ 从丁—з： В『=2“—з cos 仇 В° = дг-3 sin 仇 В屮=0. Поскольку угол а между векторами Виг определяется соотношением tga = 606^1 = tg^/2, то уравнение силовой линии г d0/dr = tg®/2. Интегрируя это уравнение, находим г — a sin2^ sin-2^o, где a — радиус
Земли, О。— значение угла, при котором силовая линия пересекает поверхность Земли. Лагранжиан заряда
L = у(Г2 + М©2 + М sin2^ 02) + ^ 咁 0
Используя интегралы г;2 = г2 + г2^2 + г2 sin?。。？,
mr2 sin'。0 4—— =Mz
с г
находим
*+咼2+m - 胃)2人=若
Точки поворота в координатах г, 0 определяются условием
^M2 — ^ 切；8) 崑(mvQr sin ^)2.
Пусть r(0) = ro, 8(0) = тг/2, 0(0) = 0. Тогда Mz = e从/от。, следовательно,
I r sin с/ r I kdo /тсг>о
Величина а。имеет размерность длины. Например, для протона, движущегося со скоростью о。= 0,1 м/с в магнитном поле Земли (从= =0,312a3 9, a — радиус Земли), a。= 1,61 • 105 км. Если 丁。《а。, то область движения протона ограничена контуром силовой линии 丁 = =го sin?®. В общем случае одна область, в которой может находиться частица, ограничена кривой
丁 = 2。0 6 —1 + 1 + sin?。
2го sin ”\ ao /
Другая область лежит между кривыми
丁 1,2 =丁 1,2 =2го sin 02го sin 01土1土
丁 1,2 =
丁 1,2 =
2го sin 0
2го sin 0
1土
1土
Частица движется в поле магнитного диполя, вращающегося с постоянной угловой скоростью а. Найти лагранжиан и уравнения движения [42].
Решение. Вектор-потенциал магнитного диполя с моментом /1(力) А = [//г] 丁一з, следовательно, лагранжиан
7 G丄wTе]
Ь — — Г Но- •
2 с г
Уравнение Лагранжа
Д — [з/1], В = Зг (/1Г)丁— 5 —从丁—З.
Закон изменения кинетической энергии
и момента импульса
而=-?1"可]+^1汨口・
Таким образом, вращение нейтронной звезды, обладающей магнитным моментом, приводит к появлению вихревого электрического поля и к ускорению заряженных частиц.
Частица движется в аксиально-симметричном магнитном поле. Найти первые интегралы и уравнения движения.
Решение. В цилиндрических координатах г,夕,z компоненты вектор-потенциала Лг = О, Л^ = Л(г, z\ Az = 0. Лагранжиан частицы с зарядом е, движущейся в магнитном поле:
L = у (г2 + М°2 + #) + ^ гф 4〃 2).
⑴⑴Поскольку dL]д屮 = 0, dL/dt = 0, то сохраняются проекция обобщенного импульса Mz = dL/дф и кинетическая энергия частицы,
⑴
⑴
Mz — тг2ф + I гЛ,
石= ^(М + М02 + #).石= ^(М + М02 + #).⑵⑵
石= ^(М + М02 + #).
石= ^(М + М02 + #).
⑵
⑵
⑶⑶⑷⑷石=* +*)石=* +*)+ 5小(丁，2),+ 5小(丁，2),小小(- 2)小小(- 2)I г AI г A22
⑶
⑶
⑷
⑷
石=* +*)
石=* +*)
+ 5小(丁，2),
+ 5小(丁，2),
小小(- 2)
小小(- 2)
I г A
I г A
2
2
Два оставшихся уравнения Лагранжа
тг = тгф + - 0 标,..е . дА
можно представить в форме, удобной для анализа траекторий. Подставляя ф из (1) в (2), получим первый интеграл в виде
Е = mi；o/2, vg = v(0). Теперь после подстановки ф в (3), (4) уравнения приобретают вид
тг =—orтг =—ormz = — -aFmz = — -aF
тг =—
or
тг =—
or
mz = — -aF
mz = — -aF
Область движения частицы ограничена условиями
Е》[/Эф(г, z),- I “卜 mrvo,
Частица в бессиловом магнитном поле. В 1976 г. Дж. Б. Тейлор закончил публикацию своей теории релаксации плазмы [134]. Совпадение предсказаний теории и результатов экспериментов, полученных на различных установках, оказалось уникальным. Он ввел новую характеристику силовых трубок магнитного поля — спиральность и предположил, что спиральность плазменного шнура в отсутствии диссипации сохраняется. В этом случае rot А = ДА, Н = =ДА, rot Н = АН. Согласно уравнению Максвелла rot Н = (4тг/с) j, т. е. [jH] = 0 ——магнитное поле оказывается бессиловым. Вектор- потенциал бессилового поля
4 = О, 4(%/А) J1(A*4 = (%/А) Jo(A#,
где Jo (Ар),丿1(入川—функции Бесселя нулевого и первого порядков. Исследовать движение пробного заряда в бессиловом магнитном поле.
Решение. Учитывая соотношения, следующие из теории функций Бесселя, dJ()(u)/du = — Ji(tz), duJ^^u)/du = uJq(u^ получим компоненты напряженности магнитного поля
Нр — О, Н^ — -dAz/dp — Яо Л(Ар),
Hz = (1/р) (dpA^/dp) = Яо ^о(Ар).
Лагранжиан, описывающий движение заряда
L =号(02 +0202 + *) + ^^ [00 j1(入0)+ 2j0(10)] •
Очевидно, сохраняются кинетическая энергия
^ = y(p2 + pV + i2)(1)
и обобщенные импульсы
Mz = тр2ф + ^^ 0 J1(A0),(2)
pz = mz + ^^ j0(x0).(3)
Подставляя 0, i из (2), (3) в (1), получим уравнение
= 2^7 [Мг - Л(Лр)] + i [Рг - Jo(Ap)] • (4)
Область движения по координате р ограничена неравенством Е — —5小(0)》0. ^-компонента скорости обращается в нуль при условии Pz = (с%/》)^о(Ар).
Для исследования движения частицы в области А。《1 используем первые члены разложения
Jo(u) = 1 — “2/4 + ..., Ji (〃)= (〃/2) (1 — “2/8 + ...).
В этом приближении магнитное поле оказывается квазиоднородным — частица движется в ограниченной области р < 1/А в окрестности оси z.
Найти решение уравнений движения электрона атома водорода в постоянном однородном электрическом поле.
Решение. Лагранжиан, описывающий движение электрона с зарядом е = -е0,
[2
L — - mr2 Н- -- — еоЕг.
2г
Переменные разделяются в параболических координатах &> “> 屮：х = = \/Ш cos 夕,у = д/^ sing, z = (£ — ту)/2. Направляя ось z по вектору Е, запишем лагранжиан
乙=^ (£ + # (^ + ^) + ^ 5力 + 詈—еоЕ
Интегралы энергии и момента импульса имеют вид
^ (£ + #(% + 紛 + ^ 502 -話 + еоЕ (€-»?)= &⑴
т^ф — М.(2)
Запишем третий интеграл (см. задачу 1.5.13)
[fM] Е - ^ гЕ - у [гЕ]2 = СЕ
в параболических координатах
一^ (£ + 峭 停〃 一^ 0 + ^ 5 (£ 一 〃)夕一
—合^ —^е°Е5 = С (3)
Система (1)-(3) решается аналогично задаче Кеплера 1.5.14 в параболических координатах.
Записать лагранжиан свободной частицы во вращающейся системе отсчета. Найти г(力).
Решение. Искомый лагранжиан L — т (т1 A- [Qrz]) /2. Уравнение Лагранжа rz = —2 [Qfz] — [Q [Qrz]]. Пусть Q = (0, 0, Q), тогда имеем уравнения
xf - 2П/ - Q2^ = 0,犷 + 2Q# - Q2y = 0,夕=0.
Вводя комплексную координату и = х' + iy\ получим уравнение й + + 2Ш?7 — 口2仅=0, решение которого 仅=(Z + 6力)е~гШ. Пусть в инерциальной системе координат начальные условия имеют вид г(0) = г。, г(0) = 0. Учитывая, что М(0) = — [Qr。], находим Z = 力о + iy。〉В = 0, т. е.
xf =力о cos Q力 + go sin Qt,y‘ =—力о sin Qt + yo cos Q力.
В этом случае решение представляет собой, по существу, преобразование координат.
Найти решение задачи Кеплера в системе отсчета, вращающейся с угловой скоростью Q.
Решение. Лагранжиан
L = ^(? + [ar])2 + *
В сферических координатах с полярной осью, направленной по вектоРУ Q,
L = y(Г2 + м诊2 + Г2 S也2802) +
+ т^О^ф sin?。+ ^ r2Q2 sin?。+ * ⑴
Из (1) следует, что сохраняются проекция момента импульса на ось z mr2 sin?。(0 + Q) = Mz(2)
и полная энергия
у (г2 + М©2 + Г2 81П2Зф2) - у 雜便 sin2^ — ^ = Е. (3)
Умножая уравнение Лагранжа
亲仇产0=^2 sE® cos® (0 + a)2 =
mr sin 6 2mr sin 6
на тг20^ получим первый интеграл
+=(4)
sin 6
Подставляя ⑦,0 из (2), (4) в (3), получим уравнение
т к2mr ”
Таким образом, решение следует из формул задачи 1.5.3 после замены
Е —^ Е + M^Q,夕一^ g + а力.
Глава 3
ДИНАМИКА СИСТЕМЫ ЧАСТИЦ
Задача двух тел
Первая ядерная реакция. (Резерфорд, 1919). Порог реакции 4Не + 14N = 170 + 】Н равен & = 1,13 МэВ. В лабораторной системе ядро азота до столкновения неподвижно. Найти минимальное значение энергии с^-частицы, при которой может идти реакция.
Решение. По условию энергия относительного движения должна превосходить величину &: /w?/2 2 s°,从 = mim2 (mi + m2)-1, где v = vi — относительная скорость; mi, m2 — массы с^-частицы и ядра азота. Искомая энергия
一- & = 1,45 МэВ.
2Ш2
Заметим, что, записывая величину Ki в виде (R — скорость центра масс)
ТПЙ2 /IV2 _ Ш12 y
& = 丁 + 亍=^Г & + ^?仆
можно убедиться, что часть энергии (mi/m) Ki, соответствующая энергии центра масс, не участвует в реакции.
Частица находится на прямой, проходящей через центр тонкого диска перпендикулярно к его плоскости. В начальный момент система покоится. Найти относительную скорость частицы и диска в момент соударения.
Решение. Направим ось z системы центра масс по прямой, соединяющей центр диска и частицы. Потенциальная энергия взаимодействия частицы массы т и диска массы М
f Gm dM ,, , М ,,U(n) = —° ，сШ = —* pdpd屮,
J VP2 + 炉7Г。
где a — радиус диска, следовательно,
Теперь используем закон сохранения полной энергии в системе центра масс:
О - 2G ^ ( а? + /2 — /)=呼—2G 照,(1)
здесь / — расстояние между частицей и центром диска в начальный момент времени, о — относительная скорость в момент соударения. Из (1) получим
V2 —笃(m + М) (а + Z — а? + /2).
Если Z》а, то
М +-多).
В случае Z《а 病 о 4G/ (m + М)/at
Получить условия, при которых возможен переход к представлению о движении частицы mi в поле тяжести, создаваемом частицей m2-
Решение. Пусть pi, р2, Ki, К2, U — импульсы, кинетические энергии и потенциальная энергия взаимодействия двух частиц в момент времени I. Поскольку импульс и полная энергия замкнутой системы сохраняются, то
Р1+Р2 = р1+Р$,(1)
K^K2^U К^К^ UL(2)
Штрихом отмечены указанные величины в момент времени 力'.Обозначая q = pl — Pi = Р2 — Р$ ——импульс, переданный частице mi, найдем приращение кинетической энергии
△№ = -+ P2q+^^ , △(& + и) =—△№.⑶
Если в процессе взаимодействия выполняются условия
〔△№1《旧"，闾I,
(4) 石1 = Ki + aU-
то частица m2 играет роль источника внешнего поля, в котором движется другая частица, не влияя на «источник поля». В такой постановке сохраняется полная энергия, но не импульс частицы mi：
Pi = pi + q, 石1 =石;.(5)
Полученные законы выполняются приближенно. Если не учитывать это обстоятельство, то можно прийти к множеству парадоксов. Например, рассмотрим движение тела по вертикали вблизи поверхности Земли с начальной скоростью °i = 0. Из закона сохранения энергии (5) получим
/2
0 + m、gh — ^产 + migh\ 。，_ 2g△九,△九=九一".
Перейдем теперь в систему отсчета, движущуюся с постоянной скоростью и = v^gA/z по направлению к поверхности Земли. Используя (5), получим абсурдный результат
(矶(,看△九)——1_ migh^ 一 (0 + m\gh!) = 0 -> △九-0.(6)
Однако все инерциальные системы равноправны в соответствии с принципом относительности Галилея. Действительно, переходя к новой системе отсчета, движущейся со скоростью и, заменим в (1), (2) vn —> —> vn + u, v^ —> V： + и. Уравнение (1) не изменится, а соотношение (2) примет вид
Т mi(V： + и)2 — Т mi(V1 + и)2 + △£/ = -ДК2 - т2 (% - v2) U. (7)
После использования закона сохранения импульса (7) приобретает форму (3). Теперь становится ясна ошибка, допущенная в (6): дополнительное слагаемое в правой части (7) оказывается одного порядка с «основными» членами в левой части.
Энергия взаимодействия двух частиц Ug,门)=(&/2)(门— —ri)2. Найти ri(t),「2(力).
Решение. Введем обозначения, которые будем использовать в этой главе: сумма масс и приведенная масса т = mi +m2,从=т^т^ (mi + + m2)-1, радиус-вектор и вектор, соединяющий частицы mi и m2 (рис. 3.1.4),
Рис. 3.1.4Рис. 3.1.4
Рис. 3.1.4
Рис. 3.1.4
R = ^(Ш1Г1 + m2r2), г = r2 - Г1， Лагранжиан задачи
Eg r2, г15 %)=；加击 + ； m2i-2 - I (г2 - ri)2.
Переходя к переменным 仃，г2 T R, г:
Г1 = КГ, Г2=ННг ттГ1 = КГ, Г2=ННг тт⑴⑴
Г1 = КГ, Г2=ННг тт
Г1 = КГ, Г2=ННг тт
⑴
⑴
получим новый лагранжиан
L(R, г, R, f) = ^ mR2 + ；从产 一 ^ 产・
Уравнения Лагранжа
mR = 0,从 Е = —&г
имеют решения R(力)=R(0) + R(O)t,
r(" = a cos а力 + b sin 幻力, ш —— .(2)
Подставляя (2) в (1), получим ri(%),「2(力).Пусть
М0) = —筹 1, Г2(0) = *1, %(。) = -*v°, %(0) = *v°
причем Ivg = 0, о。= оЯ. В этом случае
cos u;t + — sin о;力),cos u;t + — sin о;力),1 COS 3t +1 COS 3t +门⑴=门⑴=VoVosin 3t).sin 3t).
cos u;t + — sin о;力),
cos u;t + — sin о;力),
1 COS 3t +
1 COS 3t +
门⑴=
门⑴=
Vo
Vo
sin 3t).
sin 3t).
Частицы движутся по окружностям радиусов (д/тп) / и (mi/m) / со скоростями (m2/m) vq и (mi /т) ид вокруг центра масс, оставаясь на расстоянии /.
Система двух тел состоит из однородного шара и точечной частицы. Найти первую и вторую космическую скорости.
Решение. Обе скорости являются относительными скоростями одного тела относительно другого. Поэтому, переходя в с. ц. м., получим уравнение //г = —аг/г3. При относительном движении с наименьшей скоростью центр шара массой М, радиусом а и частица массой т движутся по окружностям радиусов (т/т + М) а и (М/т + М) а вокруг центра масс. Из уравнения движения находим
2
从髙=酒，V=1V2_V11,
следовательно, первая космическая скорость
аЛ . m \2
Используя закон сохранения полной энергии 从о2/2 — а/а = 0, найдем вторую космическую скорость。口 = д/2 v\.
Найти лагранжиан двух тел во вращающейся системе отсчета.
Решение. В системе отсчета, вращающейся с угловой скоростью a(力),лагранжиан
L = I mi (ri + [Qn])2 + |m2 (r2 + 母门])? + 畛：门| •
Производя замену переменных 门，г2 T R,厶 получим
L =^m(R+[QR])2 + ；从(E + [出])2 —.
Уравнения Лагранжа
К = —2 [QR] - [Q [QR]],
/zr = —2从[Qf] - // [Q [Qr]]-卓•
Два заряда движутся в однородных постоянных электрическом и магнитном полях. Найти функцию Лагранжа.
Решение. Произведем в лагранжиане
Ь = I I I I + eiEri + e2Er2+
+ И [Bri] '1 + Ц [ВГ2〕Г2
замену ri, Г2 —> R, г. В результате получим
L= |mR2 + (ei + e2)ER+^£i [RR]B +
+ ；从产一 * + ^^(61^2 + e2TTll) [rf] В +
+ ^ (e2mi - eim2)^Er + ^ [Rf] B + ^ [rR] B).
Для позитрония (ci — —62 — e, mi = m2 = M) лагранжиан упрощается:
12
L = MR2 + i Mr2 + ^ — eEr — ^ [Rf] B- ^ [rR] B.
Два разноименных заряда движутся в постоянном однородном магнитном поле. Потенциальная энергия взаимодействия зарядов U(ri, Г2)= &(Г2 — Г1)2/2. Найти решение уравнений движения.
Решение. Пусть ei = с, 62 = —е. Используя результаты задачи 3.1.7, получим
//Г2 - ； &М - ^^ (mi - m2) [rf] В --£([Rf]B + [rR]B).Уравнения Лагранжа имеют вид//Г2 - ； &М - ^^ (mi - m2) [rf] В --£([Rf]B + [rR]B).Уравнения Лагранжа имеют вид1 - 21 - 2mmR2R2++1 - 21 - 2
//Г2 - ； &М - ^^ (mi - m2) [rf] В -
-£([Rf]B + [rR]B).
Уравнения Лагранжа имеют вид
//Г2 - ； &М - ^^ (mi - m2) [rf] В -
-£([Rf]B + [rR]B).
Уравнения Лагранжа имеют вид
1 - 2
1 - 2
m
m
R2
R2
+
+
1 - 2
1 - 2
；[ЕВ],(1)
Мг = —&г —忌(mi - т^ [fB] - | [RB].⑵
⑶⑶Из (1) следует первый интеграл
⑶
⑶
mR+|[rB] = P.
Исключая R из (2), получим уравнение
224 r4 r-&r -為⑺1 - %) [rB] - ^2 [B[rB]]-鳥[РВ].⑷-&r -為⑺1 - %) [rB] - ^2 [B[rB]]-鳥[РВ].⑷
2
2
4 r
4 r
-&r -為⑺1 - %) [rB] - ^2 [B[rB]]-鳥[РВ].⑷
-&r -為⑺1 - %) [rB] - ^2 [B[rB]]-鳥[РВ].⑷
Из (4) находим еще один интеграл
胃+ ^ +'岡产+尉PBZ丛
Выберем систему координат с осью z, параллельной вектору В. Предварительно исключим последнее слагаемое в (4) с помощью замены
—е[РВ] 1⑸
'〃7Пe (孟 +%a2)'、
Подставляя (5) в (4), находим
g + (就 + %a2)& + (a2 - %) G = 0,⑹
{2 + (说 + аm2)& - (a2 - a1) 3 =。，⑺
z + cuqZ = 0.(8)
Ищем решение системы (6), (7) в виде £九=Re u~1Xt\
(一A2 + 3^ + 1^11^2)仅1 — 2 (^2 一 c 》仅2 = 0,
i (a2 - a1)x仅1 + (- I2 + 以^ + 口1a2)仅2 = 0.
Корни характеристического уравнения
А2 1 = 5 2说 + 口； + а； ± (a2 - a1) 4就 + (Qi + a2产.
Извлекая корень, получим
%, 1 = g [ 4端 + (% + 口2产 土 (口2 — %)] •(9)
Общее решение системы ⑹，(7)
& = 4 cos (Ait + а» — Л2―2c ：2 sin (A2 力 + w),(10)
& = -4~2c sin (Ait + а» + Л2 cos (A2 力 + w),(11)
2 =厶3 cos (幻0力 + аз).(12)
Заметим, что система (6), (7) сводится к одному уравнению для функции & — £&.
Если mi 》m2, то рассмотренная выше модель соответствует взаимодействию ридберговских атомов с магнитным полем и образует так называемый «магнитный атом» [46]. Как известно, энергетический спектр атома водорода описывается формулой Е{п) = —Eq/п1^ где 石0 = 13,6 эВ. В ридберговских атомах 几=几。》1. Разлагая Е(п) в ряд, получим
е{п) - :^ + 方以0(九一к0),方以02里 .
九0冷0
Второе слагаемое характерно для спектра изотропного осциллятора. Поскольку размеры атома ~ 5,3 • 10-9 см, то при п = 500 радиус атома достигает сотой доли миллиметра. Последние эксперименты с «магнитными атомами» обнаружили новые интересные явления [47]. Однако в настоящее время теоретическое описание поведения атомов в магнитных полях остается далеко не полным. Основная причина в том, что из-за различия симметрий взаимодействия зарядов между собой и с магнитным полем переменные не разделяются.
При о；о 》口2, 口2 》口1 влияние магнитного поля проявляется в смещении частоты колебаний электрона. Из (9) находим
Л2，1=3。1+"(0|) 土;(« — %)•
В обратном случае о；о 《口2 влияние магнитного поля становится определяющим:
A2 0a2 + 匿，Al Qi + щ .
Решение (10), (11)
о 41 cos (%力 + а» + 4 sin (龟力 + W),
о -4i sin (%力 + а» + 4 cos (龟力 + W)
отражает существование новой симметрии в поведении атома.
Два разноименных заряда, энергия взаимодействия которых U(ri, Г2)= &(Г2 — Г1)2/2, движутся в электромагнитном поле, задаваемом 4-потенциалом
人=為(ж2 + 力 一 2/2), А = у (一夕，ж, 0).2а '2
Найти лагранжиан системы.
Решение. Пусть ei = с, 62 = —е. Перейдем к переменным г = Г2 —ri и радиусу-вектору центра масс. В этих переменных
L = ^ 立2 + 2 u'2 - 2 rm 一 ~2e(冗""+ х^у - аg出一gа宏)+
eU / с с、 еВ mi — m2 / .•、
+ 冗力 + ^уУ — 2Az—^— (ху — ху)-\-
et/ mi - m2 / 2 , 2 ° 2、
2a m y y丿
Движение системы заряд-монополь Дирака. Заряд е массы mi взаимодействует с «магнитным» зарядом g массы m2. Найти решение уравнений движения.
Решение. Пусть ri — радиус-вектор монополя, Г2 — радиус-вектор заряда. Напряженность магнитного поля, создаваемого монополем, В(г) = gr/r3, г = Г2 — ri- В с. ц. м. уравнение движения
^=*RB(r)],(1)
где 从—приведенная масса. Отметим, что сохраняется вектор (см. задачу 1.4.21)
J = /45 -⑵
Образуя скалярное произведение с вектром г, получим уравнение траектории Jr/丁 = —eg/с.
Найдем решение уравнения (1) в сферических координатах в рамках лагранжева формализма. Компоненты вектор-потенциала магнитного поля Аг — Aq — 0, А^ = g(l — cos ^)/r sin 0. Лагранжиан, соответствующий уравнению (2),
L = I д (г2 + М砂 + г2 sin2 8 0?) + 号(1 — cos 8)0.
Отметим, что слагаемое, равное полной производной, может быть опущено. Тогда обобщенную потенциальную энергию взаимодействия Uint = —(eg/c) vA можно представить в виде Ugt = (eg/c) Qr/r, где Q — угловая скорость сферического репера,
Q = S cos 0 ег — ф sin 8 е® + ©е^.
Поскольку 夕—циклическая координата, то сохраняется проекция момента обобщенного импульса dL/дф^ или Jz = Mz — (cgcosJ/d),
Jz = дг2 sin%。—号 cos®.(3)
Очевидно, сохраняется кинетическая энергия относительного движения
石=；从(产 + r2^2 + r2 sin2 0。2) •(4)
Уравнение Лагранжа, соответствующее проекции (1) на орт е^, имеет вид
从 d：/ =从М sin。cos 8 О? + * sin 0 0.(5)
После подстановки ф из (3) в (5) получим соотношение
dr26 _1 dG_1 ( 1 eg 2
из которого следует первый интеграл
"行=с — G®(6)
Постоянная С = J2 — (eg/с)2 определяется из равенства J2 = (дг2^)2 + + (从丁2 sin 0 0)2 + (eg/c)2, следующего из (2). Наконец, подставляя 0, 8 из (3), (6) в (4), получим уравнение
户2户222ММ⑺⑺
户2
户2
2
2
М
М
⑺
⑺
Комбинируя уравнения (3),⑹，⑺，можно разделить переменные и получить полное решение задачи — найти траекторию и закон движения д-точки. Представ ляется весьма важной проблема — возможно ли при значении С〉0 движение типа орбитирования, приводящее к квази- связанному состоянию?
Рассеяние частиц
Частица массы mi = Зд, движущаяся со скоростью vi, сталкивается с частицей массы m2, движущейся со скоростью V2 = =—Vi，Показать, что при лобовом столкновении v^ = 0, v$ = 2Vl
Указание. Используя законы сохранения энергии и импульса, находим
2Vl = 3vj + v$,4* = Зо? + 必2,
где V： 2 — скорость частиц после рассеяния.
При неупругом взаимодействии частицы с ядром полная энергия ядра изменяется. Найти наибольшую величину энергии, переданной ядру частицей.
Решение. Пусть до столкновения ядро покоилось, а частица обладала энергией А^. Согласно закону сохранения энергии
齊=畔+
где v‘ 一 относительная скорость после столкновения. Полагая о'= =0, получим величину энергии возбуждения ядра △£ =从о^/2 = =(从/恤)J.
mi《m2, m2 — масса ядра. В этом случае △£ о 糸一происходит почти полная передача энергии. Заметим, что при упругом ударе ядро получает ничтожную часть энергии частицы.
mi》т2, △£ о (m2/mi)糸 < К>
mi = m2, △£ = A^i/2.
Известны скорости частиц до столкновения и угол рассеяния в системе центра масс. Найти скорости и импульсы частиц после столкновения.
Решение. Обозначим индексом «in» («out») величины, относящиеся к частицам до (после) рассеяния, v = V2—vi — относительная скорость, и — скорость центра масс. В случае упругого рассеяния
vin т vout = IW, о = |vin| = |vout|,(1)
где п — единичный вектор, определяющий кинематику рассеяния. Скорости частиц до рассеяния
in^^2 in inI ^^1 in
— uV , V扌=u HV .
Согласно (1) скорости частиц после рассеяния
out77^2outI ^^1
vY — uon, Vq = u Hon.
mm
Импульсы частиц после рассеяния
p?" — miu —从 on, P2Ut — m2U + 从 on.
Одна из частиц до столкновения покоилась. Найти кинетические энергии и углы рассеяния частиц в системе покоя мишени в виде функций угла рассеяния 0 в системе центра масс.
Решение. Предположим, что Vi = 0. Тогда из формул задачи 3.2.3 следует
р；" = Mv2 - /W2d P2Ut = — V2 + /W2n.(1)
Учитывая (1), получим
К = ^Л = ^-^(1 —cos®) = ^К? sin21，K$ — 3 % (m2 + 2mim2 cos 0 + m；).
В сферической системе координат с осью z, параллельной вектору V2, из (1) следует
2
〃，"cose2 =*02 + 从02 COS。，
択"sin% =从。2 sin0.
Очевидно,Очевидно,tg®2 =tg®2 =mi sin 0m2 + пи cos 0mi sin 0m2 + пи cos 0
Очевидно,
Очевидно,
tg®2 =
tg®2 =
mi sin 0
m2 + пи cos 0
mi sin 0
m2 + пи cos 0
Аналогичным образом получим
tg& =tg& =sin 01 — cos 0sin 01 — cos 0&&7Г27Г2g 2g 2
tg& =
tg& =
sin 0
1 — cos 0
sin 0
1 — cos 0
&
&
7Г
2
7Г
2
g 2
g 2
Из этих соотношений найдем тангенс угла разлета ^12 = ®i + ®2：
tg&2 =tg&2 =Ш2 + Ш1Ш2 — Ш1Ш2 + Ш1Ш2 — Ш1丄0ct4-丄0ct4-
tg&2 =
tg&2 =
Ш2 + Ш1
Ш2 — Ш1
Ш2 + Ш1
Ш2 — Ш1
丄0ct4-
丄0ct4-
Очевидно, при m2 = mi ^12 = тг/2. Разрешим (2) относительно cos 0:
cos 0 — —k sin?% 土 cos % 1 — &2 sin?% , к =筹.(3)
Из (3) следует, что при & 〉1 одному и тому же углу рассеяния ®2 соответствуют два угла рассеяния в системе центра масс. Кроме того, существует предельный угол рассеяния 82m (sine2m = ^1/^2), соответствующий углу От = тг/2 + ^2т- При А: < 1 в (3) следует взять знак «+» перед радикалом. Из соотношений (1) находим
(p穿一从V2)2 =(仆产，出产一出/W2)2 =(仆广
Таким образом, геометрическим местом концов векторов р?" и p°ut является сфера радиусом 从。2・ На рис. 3.2.4 изображен импульс р^"
при & 〉1. Отметим, что в общем случае векторы р?" и p°ut лежат в различных плоскостях: при фиксированном угле 0 угол между плоскостями (р孔 P2Ut) и (pf, p°ut) зависит от характера взаимодействия частиц.
Найти соотношение между углом рассеяния ^ в с. ц. м. и углом рассеяния в системе отсчета, связанной с одной из рассеивающихся частиц.
Решение. Пусть v；, v^" — скорости s-й частицы до и после рассеяния. В С. Ц. М. COS 8 = vinv。"/。？，где vin _ 丫^ _ v?, VOut = V*" _ 叫"— относительные скорости частиц до и после столкновения, 0m = fout = =0. В системе отсчета Ki, связанной с частицей mi, аналогичное соотношение для угла рассеяния ®21 частицы m2 имеет вид cos ^21 = =V^iV^/v^, где V21 = V2 — V1, V21 — скорость частицы 7712 в системе К1・ Поскольку v^1 = V；n + V乱 V2Ut = V?" + vW，TO e = ®21・
Неупругое столкновение сопровождается рождением новых частиц с кинетической энергией Q. Найти скорость выделения энергии.
Решение. Пусть дифференциальное сечение неупругого рассеяния частиц 6 на частицах а равно о. Вероятность неупругого взаимодействия (в течение интервала d力)частиц, движущихся с относительной скоростью V = Va — V/,, dW = rib(yv d& где пь — концентрация частиц сорта Ъ. Если с мишенью взаимодействует не одна, a Na частиц, то число столкновений в элементе объема dV в течение времени dt равно d〃 =(rvnanb dt dV. Следовательно, удельная мощность реакции
Символ () означает усреднение с функцией распределения по относительным скоростям V.
Показать, что динамические переменные
S = (J + К2) — ^(Р1 + Р2){
t = —2m (К$ — К2) +(Р2 — Ра)?
инвариантны относительно преобразования Галилея. Найти значения 也力 в системе центра масс.
Ответ, s =从病/2, t = 4从2病 sin2^/2.
Найти соотношения между дифференциальными сечениями упругого рассеяния в лабораторной системе и системе центра масс.
Решение. В начальном состоянии i имеем два пучка частиц, плотности которых ni и 几2； скорости частиц Vi и V2, относительная скорость частиц V = V2 — vi, энергия относительного движения Е =从о?/2. Для определения сечения рассеяния сталкивающихся частиц необходимо перейти в систему покоя одной из частиц, например, частицы с индексом «1». В этой системе скорость второй частицы V21 = V2 — vi = =V, плотность потока сталкивающихся частиц j =几2。21 =几2。・
Рассмотрим определенный канал реакции — рассеяние, который обозначим буквой /. Пусть dWif — дифференциальная вероятность того, что при столкновении частиц произойдут переходы £ —> / из начального состояния в конечное за интервал времени Т. Чтобы получить характеристику процесса взаимодействия частиц, не зависящую от плотности частиц, объема и времени Т, нужно разделить вероятность рассеяния на плотность потока частиц. Определенная таким образом величина
называется дифференциальным сечением рассеяния. Размерность △ст — м?.
Отметим, что направляющие косинусы вектора п в системе покоя одной из частиц и в с. ц. м. совпадают. Поэтому сечение можно представить в виде плотности дифференциального распределения сечения рассеяния частиц массы m2 в элемент телесного угла dO = d cos 0 dg в направлении вектора п:
da = о(仇夕)dO.(1)
Общее число переходов в объеме V в течение времени Т
△// = dWif ni V =0几1几2 do VT.
Следовательно, при переходах £ —> / начального состояния в конечное состояние частицы эффективно взаимодействуют в пределах площадки do)расположенной перпендикулярно относительной скорости частиц.
Упругое рассеяние. Предположим, что плотности пучков настолько малы, что можно пренебречь многократным рассеянием. В случае упругого рассеяния переход из состояния vm в состояние vout определяется ветвями неоднозначной функции 6(8), неявно зависисящей от потенциальной энергии взаимодействия частиц. Если пренебречь квантовомеханическими эффектами, то дифференциальное сечение упругого рассеяния в с. ц. м. (1) можно представить в терминах якобиана
перехода переменных 6(8), 0 T 仇夕：
da = b db d^ =。(8,夕)dcos 0 dg,(2a)
) =(26)
'，2 I d (cos 仇夕)I
Если потенциальная энергия взаимодействия частиц U(ri, Г2) = =/"2 - Г1|), ТО 0 = /
Полное сечение рассеяния о■力(石)следует из (2а) в результате интегрирования по телесному углу. Отметим, что математический аппарат квантовой теории рассеяния приводит к сечению do(石)в форме интегралов по фазовому объему рассеянных частиц в терминах интегралов
加(石)=工 产〃 d3PL 8⑶(pi + p2 — pl — P2)x
xg + Ez-El-E?。® (3)
содержащих дельта-функции Дирака, явно учитывающие закон сохранения энергии — импульса.
Действительно, в с. ц. м. pi + Р2 = 0, р$ = —р： = р-石1 + 石2 =石， Е[ + Е^ =夕'2/2从.Первая J-функция устраняется интегрированием по d3p^ дифференциал &з#$ = р‘？ dp' dO. Интегрирование (3) по dp1 тривиально благодаря свойству J-функции:
8(/(力))=:n:/(力П)=0,几=1, 2,…(4)
Теперь можно перейти к дифференциальному сечению одной из частиц в любой инерциальной системе отсчета. Эта процедура эквивалентна вычислению якобиана перехода к новым переменным.
Дифференциальные распределения в лабораторной системе. Пусть в этой системе pi = О, Р2 = ^2V. Найдем дифференциальное сечение рассеяния частиц мишени в лабораторной системе. После интегрирования (3) по сРр, остается J-функция, аргумент которой (#1/2从)(#1 — 2从о cos ^1) обращается в нуль при значении #：= =2从。cos ^i，В результате интегрирования
J d3 Pl 产必 8 ⑶(P2 -pl- P$) 8(邑—M —石$)=
=[Pi d〃 dC^S [邑一贵曲一盡(pi - Р2)2] = 4叩2 J dC4 I cos & I
получим сечение
do/dcos & = О1(&),О1(&) = 4 I cos&| о(е).(5)
При замене переменных следует учесть, что в с. ц. м. угол рассеяния частицы mi равен тг — ^, в лабораторной системе ^i = (тг — 8)/2.
Найдем теперь дифференциальное сечение рассеяния частиц налетающего пучка в лабораторной системе. После интегрирования (3) по d3Pti остается ^(^)-функция, аргумент которой
g=^ (必一廟)(必一e)，诘=/W [& COS% 士 1 — &2 Sin2^2 卜
mi
При значении &〉1 два корня 夕^ соответствуют одному и тому же углу рассеяния ^ в с. ц. м. В этом случае в результате интегрирования (3), учитывая (4), получим
/:e =。2(02), 。2(02)= ^^4^^ 貝")。(6a)
При значении & < 1 имеем
島=求初，W(%)=设cos的+ :r：不卜⑼.(66)
Соотношения (5),⑹ можно записать в терминах якобиана преобразования к новым переменным
'O(cos 01,夕1)gfcos%,夕2)
Найти скорость частицы после упругого столкновения с плоскостью, движущейся с постоянной скоростью.
Решение. Пусть v — скорость частицы, и — скорость плоскости, п — единичный вектор, перпендикулярный плоскости. В системе отсчета, связанной с плоскостью, скорость частицы до столкновения равна v — —и. После столкновения ее скорость v —и —2 (nv — пи) и. В лабораторной системе скорость после столкновения vout = v — 2 (nv — nu) n.
Пучок частиц, движущихся в направлении оси z, рассеивается на поверхности вращения z = 0?/2а, р = ж2 + у2. Найти зависимость прицельного параметра 6 от угла рассеяния.
Решение. На рис. 3.2.10 х — угол падения частицы в точке Р с координатой (б, z), 8 — угол рассеяния, 2丫 + ® = тг. Поскольку угол
наклона касательной, проведенной в точке Р, определяется соотношением tgx = dz/dp^ то dz/dp = ctgJ/2. Для параболоида вращения получим b — a ctgJ/2.
Энергия взаимодействия частиц Ug, г?) = —а/|「2 — rj. Используя уравнение траектории в с. ц. м., найти зависимость прицельного параметра 6 от угла рассеяния 0.
Решение 1. Уравнение траектории 丁(х) = 夕(1 + £ cos х)-\ где х — угол между радиусом-вектором г(力)и большой полуосью. Из рис. 3.2.11а видно, что 丁(х) т °° при х ~> Хоо, следовательно,
1 + £ COS Хоо = 0.(1)
Поскольку 2 (тг — Хоо) = тг — ^, то Хоо = (тг + 8)/2, sinJ/2 = 1/е. Учитывая, что
21 2ЕМ?/W?,
£ — 1 =2~， 石 9 5 М 从配，
Решение 2. В процессе упругого рассеяния вектор относительной скорости изменяет направление:
vm — on。， vout — on,
⑴⑴где ng, п — единичные векторы, угол между которыми 0 (рис. 3.2.116). В системе центра масс полная энергия Е =从о?/2 = а/2а, момент импульса М = д [bv], где а — полуось гиперболы, b — прицельный параметр. Вектор Лапласа
⑴
⑴
£ = — [vM] + Л。=h Пд.аа
Рис. 3.2.116Рис. 3.2.116Очевидно, е2 = (6/а)2 + 1. Образуя скалярные произведения (1) с ng и Ь, получим
Рис. 3.2.116
Рис. 3.2.116
6网=1,6网=1,Следовательно, b — a ctg 0.
6网=1,
6网=1,
Отметим, что в системе координат с ортами ei = f/e, ^2 = [e3ei], е3 = М/Л/ параметрическое уравнение траектории
r(t) = а (е — ch£) ei + 6 sh£ ^2,
з 力= £ch《一£,з= ——о =—
/ла а
можно представить в виде
r(t) = I аг [е^ — e] n + I ае [е — ^-吁 по-
Рассеяние заряженных частиц. Найти дифференциальное сечение рассеяния с^-частиц на ядрах.
Решение. Пусть mi, Ze — масса и заряд ядра, д, 2е — масса и заряд с^-частицы. Потенциальная энергия взаимодействия U(г) = a/丁, а = =2Ze2. Кинетическая энергия относительного движения Е =从о?/2, инвариантный квадрат переданного импульса t = (2从о sin 8/2)2. диф_ ференциальное сечение рассеяния в с. ц. м.
Прицельный параметр и угол рассеяния а-насти口н связаны соотношением 6 = (а/2Е) ctg6/2. Следовательно, <7(。) = (2а〃/力)2.
Обратная задача рассеяния. Восстановить энергию взаимодействия U(|r2 — riI) частиц по известной зависимости дифференциального сечения от угла рассеяния.
Решение. Полное решение задачи можно найти в монографиях [48, 49]. Ограничимся более простым случаем восстановления потенциальной энергии по данным рассеяния частиц высоких энергий.
I ［万一伙A石）］=I ［万一伙A石）］=b drb dr丁 min丁 minНТНТU]l/2U]l/2⑴⑴Для сферически-симметричного потенциального поля U(г) угол рассеяния определяется как функция прицельного параметра и энергии Е известным соотношением
I ［万一伙A石）］=
I ［万一伙A石）］=
b dr
b dr
丁 min
丁 min
НТ
НТ
U]l/2
U]l/2
⑴
⑴
где Tmin ——точка поворота. Для частиц высоких энергий Е》|[/|, после разложения （1） в ряд Тейлора получим
dr，痔—垃 + °\Ё)dr，痔—垃 + °\Ё)b
dr
，痔—垃 + °\Ё)
dr
，痔—垃 + °\Ё)
⑵
Из （2） следует, что в пределе малых углов или больших энергий сечение становится функцией автомодельной переменной 丁 = E8（b,石）[50]:
7（6） = -b7（6） = -b
7（6） = -b
7（6） = -b
Из определения сечения
s1 db2
仪仇石）-21sine1 ~d0
следует, что функция 匕2（丁） должна иметь вид
⑷⑷廿（丁）=%"）?•
⑷
⑷
Функцию /о （丁） можно определить по графику зависимости функции /（г,石）=2。I sin ^| о（е,石）от 丁 при различных значениях энергии Е. Все кривые на этом графике должны асимптотически стремиться к /о （т） при малых 丁. Это обстоите л ьство весьма существенно, поскольку все данные, соответствующие широкому интервалу энергий, будут представлены одной функцией.
Таким образом, задача определения U（г） сводится к решению интегрального уравнения Абеля （3）, в котором левая часть — известная функция. Используя значение интеграла
7ГSin Q7T7ГSin Q7T0 < а < 1,0 < а < 1,Z2
7Г
Sin Q7T
7Г
Sin Q7T
0 < а < 1,
0 < а < 1,
j dz（22 - 2厂。（2 — 21）°Т
найдем композицию уравнения (3) с его ядром [51]:
丁 (b) db丁 (b) db6 db6 dbdr，（痔一坟）（抗一/2）dr，（痔一坟）（抗一/2）介 jbdb _ _7Г介 jbdb _ _7Г
丁 (b) db
丁 (b) db
6 db
6 db
dr
，（痔一坟）（抗一/2）
dr
，（痔一坟）（抗一/2）
介 jbdb _ _7Г
介 jbdb _ _7Г
Следовательно, в результате обращения интеграла Абеля находим
U(t)=U(t)=2 7 丁(b) db万、Vb2 — г22 7 丁(b) db万、Vb2 — г2
U(t)=
U(t)=
2 7 丁(b) db
万、Vb2 — г2
2 7 丁(b) db
万、Vb2 — г2
Найти потенциальную энергию взаимодействия с^-частицы и ядра по данным рассеяния при малых углах: о(е,石)=(аЕ/т?)% г = Е0.
Решение. Согласно решению задачи 3.2.13 функция /о(т,石) = =2^2<т(^,石)=2 (а/т)2. Следовательно,
Потенциальная энергия взаимодействия
U (г)=U (г)=万 J V&2 — г2万 J V&2 — г22, а а万J b，垃一产 Г2, а а万J b，垃一产 Г
U (г)=
U (г)=
万 J V&2 — г2
万 J V&2 — г2
2, а а
万J b，垃一产 Г
2, а а
万J b，垃一产 Г
Рис. 3.2.15Рис. 3.2.15d…@6do,仪厶⑺= 1^^卜d…@6do,仪厶⑺= 1^^卜
Рис. 3.2.15
Рис. 3.2.15
d…@6do,仪厶⑺= 1^^卜
d…@6do,仪厶⑺= 1^^卜
Найти сечение рассеяния при взаимодействии точечных
частиц с частицами, представляющими твердые шарики.
Решение. Из рис. 3.2.15 следует, что прицельный параметр 6 и угол
рассеяния 0 связаны соотношением 6 = =a cos ^/2, где а — радиус шарика. Следуя определению дифференциального сечения рассеяния
найдем о(е,夕)=。2/4. Полное сечение рассеяния <7^ = тга2 равно площади поперечного сечения шарика. Этот результат не согласуется с экспериментальными измерениями полного
сечения рассеяния частиц на ядрах. Правильный ответ дают вычисления по методу квантовой механики о■力=2тга2. Рассеяние частиц описывается волновой функцией, которая представляет суперпозицию двух слагаемых. Одно из них описывает отражение от шарика и дает вклад в сечение, равный тга?. Другое — тенеобразующее — возникает в силу того, что за шариком возникает область тени, в которой вероятность найти частицу мала. Интерференция падающей волны с тенеобразующей волной и приводит к образованию области тени. Вклад этого слагаемого в сечение равен тга?. Полное сечение равно 2тга2. Следует отметить, что подобный результат был получен Г. А. Ми в 1908 г. при вычислении сечения рассеяния света на шариках задолго до создания квантовой механики. Именно дифракционное отклонение на малые углы 0 < A/а, где А =方/夕,приводит к дополнительному вкладу в сечение рассеяния. В этой области сечение рассеяния о(8) имеет острый максимум. Однако при больших углах (8〉A/а) сечение рассеяния стремится к классическому пределу о = а?/4 [52].
Найти условие применимости классической теории рассеяния при больших значениях прицельных параметров [53].
Решение. В классической механике полное сечение рассеяния
= ] 27rb db(1)
о
для произвольных функций U(г) обращается в бесконечность. Квантовая механика в квазиклассическом приближении приводит к выражению
q = 8тг ] db 6 sin2J(6),(2)
о
где 8(6) — фаза рассеянной волны [54].
При малых длинах волн А « а следует ожидать, что частицы будут двигаться по классическим траекториям. Однако даже в этом случае сечение (2) не равно классической величине (1). Если характерный масштаб изменения U(г) равен а, то в области 6 > а фаза 8(6) о —(1/2)(а/26)2Ь" весьма мала [52]. Поэтому вкладом этой области можно пренебречь. В области 6 < а фаза 8(6) о — а/А + + (тг/2) (6/А) +.. . Поскольку здесь sin?8 быстро осциллирует, то, заменяя sin?8 средним значением, получим из (2) о■力=2тга2. Расходимость сечения (1) связана с нарушением применимости классической механики в области больших значений 6. Действительно, угол рассеяния при больших значениях 6 равен ^кл ~ |Др|/р. Приращение импульса можно оценить, используя закон сохранения полной энергии:
&|дрНМ^5тI I 0
следовательно, ^кл ~ (т/р1} \U(b)\. С другой стороны, соотношение неопределенностей позволяет сделать вывод, что всегда существует
неустранимый разброс импульсов Дркв, связанный с неопределенностью прицельного параметра: |Дркв| Д6 > К. Явление квантовомеханической дифракции приводит к рассеянию на угол
А _ QrkbI〉方 丄кв 0 〜心Ь pb .
Для применимости классической механики необходимо, чтобы ^кв « 《 Окл： |U(6)| 》 方。/6・ Для потенциалов U ~ а/гпубывающих быстрее, чем кулоновский, это неравенство нарушается при значении 6 ~ 历=(а/%о)1/бт) ,для которого ®кв ~ ^кл- Для кулоновского взаимодействия рассеяние будет классическим при условии Z&[hi》1. Здесь следует отметить, что в квантовой механике сечение рассеяния одинаковых частиц [54]
da =da =[sin4(^/2) + cos4(^/2)[sin4(^/2) + cos4(^/2)1sin2(^/2) cos2(^/2)1sin2(^/2) cos2(^/2)c°s 林 111tg 2c°s 林 111tg 2dodo
da =
da =
[sin4(^/2) + cos4(^/2)
[sin4(^/2) + cos4(^/2)
1sin2(^/2) cos2(^/2)
1sin2(^/2) cos2(^/2)
c°s 林 111tg 2
c°s 林 111tg 2
do
do
отличается от формулы Резерфорда. Причина этого в том, что классическая механика принципиально не в состоянии описывать поведение систем тождественных частиц. Только в квантовой механике разработан математический аппарат для анализа систем одинаковых частиц — бозонов (частиц с целым спином) и фермионов (частиц с полуцелым спином). Тождественность частиц проявляется в несиловом, так называемом обменном взаимодействии. Например, согласно теории вероятность обнаружить два фермиона с одинаковыми значениями проекций спина на расстоянии 丁 = |「2 — ri| уменьшается до нуля при г —> 0.
Рассмотрим, например, фермионы — ядра 3Не и бозоны — ядра 4Не. Поскольку заряды ядер одинаковы, то в классической теории сечения упругого рассеяния процессов 3Не + 3Не, 3Не + 4Не, 4Не + 4Не должны слегка отличаться из-за различия в массах ядер. Однако установлено, что при столкновении двух пучков ядер 4Не вероятность рассеяния на угол 90° в четыре раза больше, чем при столкновении ядер 3Не и 4Не. В другом эксперименте вероятность рассеяния на 90° при столкновении пучков ядер 3Не согласно теории оказалась равной нулю.
Динамика систем многих частиц
Сила, действующая на частицу массы та со стороны частицы массы ть> Fab = —ктать (га — гь). Найти решение уравнений движения системы, состоящей из N частиц.
Решение. Уравнение движения частицы массы та
mara = -k mamb (га - r6). (1)
Пусть R — радиус-вектор системы частиц. Тогда из (1) находим R = О, R(力)=R(0) + R(0)t. Произведем далее замену переменных г —> г': % = R + г：. Из (1) получим
mar^ = -kmarfa mb + kma 7nbM = —ктаТп(
где т — масса системы, следовательно, r^ + kmrfa = 0. Решение каждого из этих уравнений
г： = Са cos 3t + Da sin cvt, a; = Vkm ,
где Ca, Da — постоянные векторы, удовлетворяющие условиям
^^aCa = 0,^^а^ а = 0 •
Общее решение системы
Га ⑴=R(0) + R(0)t + Са cos cvt + Da sin cvt
содержит 6N произвольных постоянных.
Записать лагранжиан системы N + 1 тел в системе отсчета с началом координат на частице массы 7no.
Решение. Положение частиц будем определять векторами r& (а = =0, 1, …，N). Введем обозначение таь = г/, — ra. Масса системы т = =mo+mi + . .. Произведем замену переменных rg, ri, .. . —> R, rgi,..., где R — радиус-вектор центра масс системы. Введем далее вектор г^ соединяющий центр масс с частицей 7no. Тогда ra = R + r$ + roa. Поскольку £ та (r$ + rOa) = 0, то r$ = —^-1 £ marOa. Кинетическая энергия
К = Т ш^2 + I Wa (fg + Еоа)2 = I mR2 - I mfg2 +
+ I 叫曦=I ей2 - * ( rnarOc^ + I 叫嗑.
Потенциальная энергия взаимодействия частиц
U = —Ga〉bU = —Ga〉bТПаТПьГаЬТПаТПьГаЬ—Ga〉b—Ga〉bТПаТПьТПаТПь|гоь — Г0а| •|гоь — Г0а| •
U = —G
a〉b
U = —G
a〉b
ТПаТПь
ГаЬ
ТПаТПь
ГаЬ
—G
a〉b
—G
a〉b
ТПаТПь
ТПаТПь
|гоь — Г0а| •
|гоь — Г0а| •
Запишем 3 (N + 1) уравнений Лагранжа: R = 0,
тсdUг…тсdUг…⑴⑴
тсdUг…
тсdUг…
⑴
⑴
Из (1) следует соотношение
Шо..Шо..диЗгоадиЗгоа
Шо..
Шо..
ди
Згоа
ди
Згоа
учитывая которое представим (1) в виде
⑵⑵SUтс dU
⑵
⑵
^с^Ос = — оо •
0 roeШо а 0г°а
Если mg》mc, то второй член в (2) играет роль возмущения.
Запишем уравнения (2) в явном виде. Найдем вначале соотношения при с 7^ 0:
mamcmamcГОа — Го,|r()a - roc『ГОа — Го,|r()a - roc『Gmomc 警 r0cGmomc 警 r0cmamc 产—, (3) fTol roc Imamc 产—, (3) fTol roc INNдгосNNдгосУчитывая (3), выделим в правой части (2) В результате получим уравнениеУчитывая (3), выделим в правой части (2) В результате получим уравнениеслагаемые с номером а — с.слагаемые с номером а — с.mcroc = —Gmc (mg + mc)亭 + Gmc т оemcroc = —Gmc (mg + mc)亭 + Gmc т оeГ ГОа - ГОс _ Го.]Г ГОа - ГОс _ Го.]3.3.3. Записать лагранжиан трех частиц масс mi, m2, m3 в системе координат с началом на частице т、. Найти уравнения движения.Ответ. В переменных R,「⑵ Г1з (рис. 3.3.3)3.3.3. Записать лагранжиан трех частиц масс mi, m2, m3 в системе координат с началом на частице т、. Найти уравнения движения.Ответ. В переменных R,「⑵ Г1з (рис. 3.3.3)L』立2 + }™L』立2 + }™тт• 2 , 1 rn3m12 .2 m2m3 • •r12 + 2 ^^ r13 -П2r13 - a• 2 , 1 rn3m12 .2 m2m3 • •r12 + 2 ^^ r13 -П2r13 - aU _ _G ггщ _ Пид _U _ _G ггщ _ Пид _7712mз7712mзП2П2ПЗПЗ|Г12 — Г1з| '|Г12 — Г1з| '
mamc
mamc
ГОа — Го,|r()a - roc『
ГОа — Го,|r()a - roc『
Gmomc 警 r0c
Gmomc 警 r0c
mamc 产—, (3) fTol roc I
mamc 产—, (3) fTol roc I
NN
дгос
NN
дгос
Учитывая (3), выделим в правой части (2) В результате получим уравнение
Учитывая (3), выделим в правой части (2) В результате получим уравнение
слагаемые с номером а — с.
слагаемые с номером а — с.
mcroc = —Gmc (mg + mc)亭 + Gmc т оe
mcroc = —Gmc (mg + mc)亭 + Gmc т оe
Г ГОа - ГОс _ Го.]
Г ГОа - ГОс _ Го.]
3.3.3. Записать лагранжиан трех частиц масс mi, m2, m3 в системе координат с началом на частице т、. Найти уравнения движения.
Ответ. В переменных R,「⑵ Г1з (рис. 3.3.3)
3.3.3. Записать лагранжиан трех частиц масс mi, m2, m3 в системе координат с началом на частице т、. Найти уравнения движения.
Ответ. В переменных R,「⑵ Г1з (рис. 3.3.3)
L』立2 + }™
L』立2 + }™
т
т
• 2 , 1 rn3m12 .2 m2m3 • •
r12 + 2 ^^ r13 -П2r13 - a
• 2 , 1 rn3m12 .2 m2m3 • •
r12 + 2 ^^ r13 -П2r13 - a
U _ _G ггщ _ Пид _
U _ _G ггщ _ Пид _
7712mз
7712mз
П2
П2
ПЗ
ПЗ
|Г12 — Г1з| '
|Г12 — Г1з| '
где mik = m^ + т* т = mi + m2 + m3. Уравнения движения R = О,
ГП12
du
Ш2
du
Ш1
3ri2
mi
Su '
Ш13
du
_ m3
du
Ш1
8ri3
Ш1
З1Ч2 •
m2ri2 =-
т3Г13 =-
Рис. 3.3.3
Движение космического аппарата в неинерциальных системах, связанных с Землей и Солнцем. Пусть КА массы m2 движется в гравитационном поле, создаваемом Солнцем и Землей масс тс = mi и т3 = m3. Получить уравнения движения в системе отсчета, с началом на Солнце, исходя из второго закона Ньютона.
Решение. Поставлена проблема, решение которой найдено в задаче 3.3.3. В инерциальной системе отсчета радиус-векторы Солнца, КА и Земли равны соответственно ri, Г2, Г3. Согласно второму закону Ньютона уравнение движения КА
7722a2 = F12 + F32,(1)
где F12, F32 ——силы, действующие на тело со стороны Солнца и Земли:
F12 = —Cmim2 皆,F32 = —Ст3т2 警,⑵
r12%2
Г1+Г12=Г2, Гз+Гз2=Г2, Г1+Г1з=Гз・
В нашем случае Gm3 = 3,986 • 105 км3/с2, Gmc = 1,327 • 1011 км3/с2.
Наша задача ——получить уравнение движения тела в системе отсчета, связанной с Солнцем. Перейдем в (1) к новым переменным ri, Г2, гз —> R, Г12, Г13. С этой целью введем вектор rgi, соединяющий центр масс всей системы — точку О с центром Солнца (рис. 3.3.4),
ri = R + rOi, r2 = R + rOi +Г12, г3 = R + rOi +ri3.(3)
Следовательно, а? = agi + ai2, где а】2 — ускорение КА относительно Солнца. Подставляя а? в (1), получим уравнение движения тела в системе координат с началом в центре Солнца:
7722al2 = F12 + F32 — т2а(и.(4)
.^з В правой части (4) появилось слагаемое FHI1 = —?722aoi — сила инерции в системе т/ отсчета, связанной с Солнцем.
/ 32 Наша задача — получить зависимость си
/лы инерции от координат. Поскольку
miri + m2r2 + m3r3 = mR,
m = mi + m2 + g,
то после подстановки из (3) ri, Г2, гз получим
Рис. 3.3.4
mrOi = -(т3Г13 + т2г12).
Дифференцируя это равенство, найдем соотношение между ускорениями
maOi = -(m3ai3 + m2ai2).(5)
Ускорение Земли относительно Солнца а】з можно исключить, используя уравнение движения Земли относительно Солнца, аналогичное (4)
加3分13 = F13 + F23 — ^за01,(6)
F13 = —Gmima 皆.⑺
Вычисляя сумму правой и левой частей (4) и (6), получим соотношение m2a12 + 加3分13 = F12 + F32 — m2aoi + F13 + F23 — Шзао1-
Учитывая (5), находим
aoi = —^- (F12 + Fi3)・
Подставляя agi в (4), получим окончательно уравнение движения в гелиоцентрической системе отсчета
^2^12 =+ —^^12 + F32 + —^ F13.(8)
V mi 7mi
Заменяя индексы «2», «3», получим явный вид уравнения (6)
^3^13 =F13 + F23 + — Fi2・(9)
V mi 7mi' '
Эта процедура демонстрирует преимущества используемых обозначений, адекватно отражающих симметрию системы. Для того чтобы перейти к системе уравнений в системе отсчета с началом в центре Земли, достаточно в (8) заменить индекс «1» индексом «3», а в (9)— индекс «1» индексом «3», индекс «3» — индексом «2».
Записать лагранжиан задачи трех тел в переменных Якоби [55, 56].
Решение. Введем следующие обозначения: таь = г/,—г&, таъ = та + + m/,, т = mi +т2 + тз и переменные Якоби R, г, г 13 соотношениями
о Ш2Ш3d I Ш13
Г1 = Rгг 13,Г2 = R НГ,
т Ш1зт
ттШ13Ш13Рис. 3.3.5Рис. 3.3.5Г3 = RГ НГ13 •
т
т
Ш13
Ш13
Рис. 3.3.5
Рис. 3.3.5
Вектор г соединяет центр масс частиц mi и m3 с частицей m2, R — радиус-вектор центра масс системы （рис. 3.3.5）. Лагранжиан системы
L = |mR2 + I дг2 + I Д1зг?з 一 °（厶仃3）,
从Ш2Ш13 '从13Ш1Шз '
и 二
_ТП1ТП2G ТП17ПЗ _ Gm2m3
—17nз1Пз
r+ Г13rГ13
1Ш1311Ш131
Сохраняются момент импульса и полная энергия относительного движения
М =从[rr] + Д13 [Г1з*з],
• 2-2
石=*+普+u（-г13）.
Если mi》m2, m3, то потенциальную энергию взаимодействия можно представить в виде U = U。+ Д[/,
% = —G% = —GШ1Ш2 с Ш1ШзGШ1Ш2 с Ш1ШзGггГ13Г13△U = —Gmim?△U = —Gmim?11m3г НГ1зШ13m3г НГ1зШ13—G—G7712m37712m3Ш1Ш13Ш1Ш13
% = —G
% = —G
Ш1Ш2 с Ш1Шз
G
Ш1Ш2 с Ш1Шз
G
г
г
Г13
Г13
△U = —Gmim?
△U = —Gmim?
1
1
m3
г НГ1з
Ш13
m3
г НГ1з
Ш13
—G
—G
7712m3
7712m3
Ш1
Ш13
Ш1
Ш13
В нулевом приближении лагранжиан с потенциальной энергией Uq описывает промежуточные орбиты [56], эволюция параметров орбит определяется функцией △[/.
Задача Ж. Лагранжа (1772). Три частицы движутся так, что в любой момент времени находятся в вершинах равностороннего треугольника. Показать, что на частицу mi действует сила
F = —GF = —GШ1МШ1МГ1,Г1,М —М —[ml + m3 + 7712mз『/2(Ш1 + Ш2 + Шз)2[ml + m3 + 7712mз『/2(Ш1 + Ш2 + Шз)2
F = —G
F = —G
Ш1М
Ш1М
Г1,
Г1,
М —
М —
[ml + m3 + 7712mз『/2(Ш1 + Ш2 + Шз)2
[ml + m3 + 7712mз『/2(Ш1 + Ш2 + Шз)2
где ri — радиус-вектор частицы mi в системе центра масс.
Решение. Поскольку потенциальная энергия взаимодействия частиц
ТГШ1Ш2 mim3 с m2mз
U GGG, ^12“Г23
то, переходя в систему центра масс ra = R + 必 получим уравнения движения
Учитывая, что расстояния между частицами а одинаковы и соотношение= 0, получим
т1Гх = —G —з— r「а
Возводя в квадрат обе части соотношения mr^ = m2r& + gr*, находим Tn?г, = (咽 + mf + 7722m3) а?. Аналогичным образом можно показать, что равнодействующие сил, действующих на массы m2 и m3, проходят через центр масс системы. Мы приходим к выводу, что каждая частица движения по коническому сечению, фокус которого находится в центре масс. Начальные скорости масс должны составлять один и тот же угол с прямой, соединяющей массы с центром масс, а величины начальных скоростей пропорциональны расстоянию до центра масс.
Трем одинаковым частицам, расположенным в вершинах равностороннего треугольника, сообщим одинаковые скорости, направленные от одной частицы к другой. Определить наибольшее и наименьшее расстояния частиц от центра масс.
Решение. Согласно условию и результату, полученному в задаче 3.3.6, частицы движутся по коническим траекториям в одной плоскости. Положение частиц определяется функциями 丁1 = 丁2 = 丁3 = 丁, 夕 1 =夕，夕2 =夕 + 2тг/3,夕3 =夕 + 4тг/3. Законы сохранения приводят к уравнениям
⑴⑴⑵⑵I б俨 + m02)_ g * = E/V 3 г
⑴
⑴
⑵
⑵
тг2ф = М.
Пусть в начальный момент времени сторона треугольника равна а, а начальная скорость vq = Gm/а. Тогда Е = —Gm2/2a, М =
=(1/2) т Gma/З. Исключая ф из (1), получим уравнение
Полагая 户=0, найдем границы движения по координате г:
丁2'1 = «专 ±Т)・
Ограниченная задача трех тел. Частица массой m2 движется в поле тяготения системы двух тел, массы которых mi и m3. Предполагается, что частица не влияет на движение системы тел, т. е. £(力)=гз — ri и радиус-вектор центра масс системы R(力)——известные функции времени. Найти лагранжиан частицы m2： а) в инерциальной системе с началом в центре масс системы mi и m3； б) в системе отсчета с началом в центре масс и вращающейся с угловой скоростью Q(t) вектора £(力)；в) в системе отсчета с началом на теле 7nl.
L = 62^ + G El + G2 УбL = 62^ + G El + G2 Уб7712mз7712mзГ2£Ш13 IГ2£Ш13 I⑴⑴Решение, а) Пусть г?——радиус-вектор частицы массой т?. Лагранжиан
L = 62^ + G El + G
2 Уб
L = 62^ + G El + G
2 Уб
7712mз
7712mз
Г2£
Ш13 I
Г2£
Ш13 I
⑴
⑴
Во вращающейся системе отсчета г' — радиус-вектор частицы, вектор £ не изменяет ориентации,
L = |m2(f，+ [Qr,])2 + GL = |m2(f，+ [Qr,])2 + Gт2mlт2ml+ g mag+ g mag⑵⑵
L = |m2(f，+ [Qr,])2 + G
L = |m2(f，+ [Qr,])2 + G
т2ml
т2ml
+ g mag
+ g mag
⑵
⑵
Здесь, в отличие от (1), изменяется величина, но не ориентация векто- ра£⑴.
Произведем в (1) замену переменных (т^/т^) ^ + r2 = ri2 и учтем, что
…凯2一/ X…弩与
Искомый лагранжиан
L = I m2Г12 -u(门2,力)，(3)
U = -•
& С 丿П2
Записать лагранжиан тела, движущегося в поле, создаваемом системой Земля-Луна, и найти вклад Луны в ускорение свободного падения.
Решение. Пусть mi, m3 — массы Земли и Луны. Тогда лагранжиан (3) задачи 3.3.8 является решением поставленной задачи. Уравнение движения имеет вид
тп2r12 = -G —з— Г12 - Gm2m3 -3 - —•⑴
П2Ч 住―Г12|」
Предположим, что частица движется вблизи поверхности Земли в окрестности точки Р (рис. 3.3.9). Полагая Г12 = а + г (丁 《 а), получим после разложения правой части (1) в ряд Тейлора
^2Г = m2 (go + М), go = -G 号 а,
а с Г а Зе(а<)1 _ 3V
здесь V — «приливный» потенциал,
_ Gm3」3(ga)2 _ 疔
В точках В, D, лежащих на прямой, перпендикулярной вектору £, величина ускорения свободного падения gв, d — go + Gm^a/^3. В точке Л на стороне, обращенной к Луне, и в точке С на противоположной стороне Земли величина ускорения свободного падения одинакова:
Рис. 3.3.9
Динамика систем многих частиц 151 g74 c о go — 2Gm^a/^. Относительное изменение силы тяжести △g/go о (тз/mi) (a/£)3 = 5,7 • 10-8. Ничтожное различие в силе притяжения приводит к повышению уровня воды в точках А и С. В результате суточного вращения Земли вокруг своей оси двугорбая водяная поверхность перемещается. Это и есть приливы [57].
Сила трения, действующая со стороны воды на земную поверхность, приводит к торможению вращения Земли. Угловая скорость вращения уменьшается — продолжительность суток возрастает. Приливное воздействие Луны приводит также к деформации Земли как упругого тела. Когда-то породы Луны были в расплавленном состоянии. Приливное трение замедляло вращение Луны, и теперь она обращена к Земле одной стороной.
Угловая скорость вращения Земли превышает угловую скорость Луны на орбите. Поэтому из-за трения приливный выступ достигает максимума не в точке на прямой, соединяющей центры Земли и Луны, а в точке, смещенной в направлении вращения Земли. Более того, из- за различия наклонов плоскости земного экватора (23°) и плоскости орбиты Луны (5°) к эклиптике, вращение Земли выносит приливный выступ из плоскости орбиты. Гравитационное взаимодействие Земли и Луны становится асимметричным относительно прямой, соединяющей их центры. В результате возникают моменты сил, действующих на оба тела. Кинетическая энергия вращения Земли переходит в тепло и полную энергию орбитального движения Луны — расстояние между Луной и Землей возрастает.
Записать лагранжиан частиц масс mi и m2, взаимодействующих между собой и третьей частицей массы m3, закон движения которой известен: Г3 = Гз(^).
Ответ. L = mifj/2 + 7712^/2 — U(ri, Г2),
“ _ Gm^m^ Gm^m^ 「 77127nз
— |r2 - Г1| |n— Гз(力)1 |Г2— Гз(力)「
Две частицы движутся в поле тяготения неподвижного тела массой mg, причем радиус-вектор R центра масс — известная функция времени. Предполагая, что расстояние между частицами |г2 — rj《凡 получить лагранжиан, определяющий эволюцию вектора г = г? — г】.
Решение. Произведем замену переменных 口 = R — rm^/m, Г2 = =R + rmi/m, где m = mi + g. Потенциальная энергия системы
[/(r,力)=-G^^[/(r,力)=-G^^ШоШ1ШоШ1RRШ2mШ2mШоШ2ШоШ2сIR +——Гт IсIR +——Гт I
[/(r,力)=-G^^
[/(r,力)=-G^^
ШоШ1
ШоШ1
R
R
Ш2m
Ш2m
ШоШ2
ШоШ2
сI
R +——Г
т I
сI
R +——Г
т I
Учитывая разложение в ряд Тейлора функции
1|R + x|1|R + x|1 xR 1 /3 (xR)21 xR 1 /3 (xR)2看)+1 /3x2(Rx) + 2 (看)+1 /3x2(Rx) + 2 (喈)+喈)+
1
|R + x|
1
|R + x|
1 xR 1 /3 (xR)2
1 xR 1 /3 (xR)2
看)+
1 /3x2(Rx) + 2 (
看)+
1 /3x2(Rx) + 2 (
喈)+
喈)+
получим лагранжиан L(r, г,力)=从？2/2 — U(г,力),получим лагранжиан L(r, г,力)=从？2/2 — U(г,力),U(r,…G干-G号q* 一小с Кт° mi — m2 r3r2(Rr)_ G[尺5U(r,…G干-G号q* 一小с Кт° mi — m2 r3r2(Rr)_ G[尺5阴⑴阴⑴3.3.12. Центр масс системы космонавт-космический корабль движется по круговой орбите радиуса R. Записать лагранжиан движения3.3.12. Центр масс системы космонавт-космический корабль движется по круговой орбите радиуса R. Записать лагранжиан движенияотносительно центра масс и решениеотносительно центра масс и решениеРис. 3.3.12Рис. 3.3.12уравнений движения.Решение. С необходимой точностью лагранжиан, описывающий движение космонавта и корабля, имеет вид (см. задачу 3.3.11)厶(г, г,力)=螟+ 叫牛-уравнений движения.Решение. С необходимой точностью лагранжиан, описывающий движение космонавта и корабля, имеет вид (см. задачу 3.3.11)厶(г, г,力)=螟+ 叫牛-где R = cos о;力 ei + sin о;力 е?,幻？ = = Gmg / Я3,气2 — постоянные орты инерциальной системы отсчета с началом в центре Земли. Перейдем в систему отгде R = cos о;力 ei + sin о;力 е?,幻？ = = Gmg / Я3,气2 — постоянные орты инерциальной системы отсчета с началом в центре Земли. Перейдем в систему отсчета, вращающуюся с угловой скоростью з = зез. Тогда лагранжиансчета, вращающуюся с угловой скоростью з = зез. Тогда лагранжианзадачи приобретает видзадачи приобретает видь(г, Р)制『+ М)2 + 呼(^|^ь(г, Р)制『+ М)2 + 呼(^|^
получим лагранжиан L(r, г,力)=从？2/2 — U(г,力),
получим лагранжиан L(r, г,力)=从？2/2 — U(г,力),
U(r,…G干-G号q* 一小
с Кт° mi — m2 r3r2(Rr)
_ G[尺5
U(r,…G干-G号q* 一小
с Кт° mi — m2 r3r2(Rr)
_ G[尺5
阴⑴
阴⑴
3.3.12. Центр масс системы космонавт-космический корабль движется по круговой орбите радиуса R. Записать лагранжиан движения
3.3.12. Центр масс системы космонавт-космический корабль движется по круговой орбите радиуса R. Записать лагранжиан движения
относительно центра масс и решение
относительно центра масс и решение
Рис. 3.3.12
Рис. 3.3.12
уравнений движения.
Решение. С необходимой точностью лагранжиан, описывающий движение космонавта и корабля, имеет вид (см. задачу 3.3.11)
厶(г, г,力)=螟+ 叫牛-
уравнений движения.
Решение. С необходимой точностью лагранжиан, описывающий движение космонавта и корабля, имеет вид (см. задачу 3.3.11)
厶(г, г,力)=螟+ 叫牛-
где R = cos о;力 ei + sin о;力 е?,幻？ = = Gmg / Я3,气2 — постоянные орты инерциальной системы отсчета с началом в центре Земли. Перейдем в систему от
где R = cos о;力 ei + sin о;力 е?,幻？ = = Gmg / Я3,气2 — постоянные орты инерциальной системы отсчета с началом в центре Земли. Перейдем в систему от
счета, вращающуюся с угловой скоростью з = зез. Тогда лагранжиан
счета, вращающуюся с угловой скоростью з = зез. Тогда лагранжиан
задачи приобретает вид
задачи приобретает вид
ь(г, Р)制『+ М)2 + 呼(^|^
ь(г, Р)制『+ М)2 + 呼(^|^
Уравнения Лагранжа
向=2从[гЪ] + 从[з [гЪ]] + 从 J(3RR—2(Rr‘)- r‘).
Совмещая ось х' с вектором R (рис. 3.3.12), получим систему (опуская штрихи) [32]
⑴⑵⑶ -一⑴⑵⑶ -一ж — 2з@ — За?力=О,у + 2以出=О,芝 + © z = 0.
⑴⑵⑶ -一
⑴⑵⑶ -一
Положение тел определяется векторами г? = (mi/m) г, ri =—(m2/m) г. Пусть m2 — масса космонавта, mi — масса спутника. Тогда ri ^ 0, Г2 — г. Интегрируя систему (1)-(3) с начальными условиями г(0) = 0, г(0)=(亦о,可。,0), получим
小2方0. . ж0 .2方0
x(t)cos cot + — sin cot +,
3GG
y{t) = ^^ sin 3t + ^^ (cos ut — 1) — 3^o九
Если ^о = 0, то г（力）описывает эллипс с полуосями xq/uj^ 2亦。/幻.Значениям Go # 0 соответствует незамкнутая траектория, перемещающаяся со средней скоростью —З^о в направлении оси д'. Следует отметить, что в системе отсчета, связанной с Землей, траектория космонавта —— эллипс （см. задачу 1.6.7—1.6.8）.
Две частицы движутся в поле тяготения тела массой то, причем вектор г = г? — 口 一 известная функция времени. Предполагая, что 丁《А, где R — радиус-вектор центра масс тел, записать лагранжиан, определяющий эволюцию вектора R（力）.
Ответ. L（R, R, t） = у R2 - [/（R,力），
U（R,力）=U（R,力）=G//mo2G//mo2/3（Rr）2（Я5/3（Rr）2（Я5+ ...+ ...
U（R,力）=
U（R,力）=
G//mo
2
G//mo
2
/3（Rr）2
（Я5
/3（Rr）2
（Я5
+ ...
+ ...
Гравитационная рогатка. Двойная звезда, массы компонент которой mi и m2, налетает на черную дыру массы 7no. В результате захвата «дырой» звезды массы mi вторая звезда приобретает скорость V2. Покажите, что величина V2 намного больше скорости двойной звезды.
Решение. Происходит «реакция» mi2+mo —> moi+m2- Обычно mi, m2《пг（）. Рассмотрим процесс столкновения в системе покоя черной дыры. Скорость двойной звезды — и. До столкновения двойная звезда находилась на бесконечно большом расстоянии от черной дыры. Поэтому полная энергия системы равна сумме т^и2/2 — Л12 кинетической энергии двойной звезды и полной энергии относительного движения 石12 =—厶12, где Л12 — энергия связи. После столкновения полная энергия системы при достаточно большом расстоянии между новыми объектами равна т»危Q* Eg Е°\ = —Л01, где Л01 — полная энергия связанной системы черная дыра-звезда массы т^. Из закона сохранения полной энергии получим уравнение
2 一—2—
из которого следует, что кинетическая энергия звезды массы m2 равна
р——2Ь
Энергия связи звезды и черной дыры Л01》Л12. Поэтому。2》仅・
Гравитационные возмущения движения КА в системах отсчета, связанных с Землей и Солнцем. КА движется в поле тяготения Земли и Солнца. Оценить влияние Солнца на геоцентрическое движение КА и влияние Земли на гелиоцентрическое движение КА [60].
Решение. В инерциальной системе отсчета радиусы-векторы Солнца, КА и Земли равны соответственно ri, Г2, Г3, массы — mi, m2, m3. Вектор £⑴=гз — ri — известная функция времени.
Лагранжиан, описывающий движение КА в системе координат с началом в центре Земли (см. задачу 3.3.8):
2Г32\|Е + Г32| С 丿
Гз2 = г? — гз, Г12 = г? — ri = £ + Г32 (рис. 3.3.15). Запишем уравнения движения в виде
Г32 = wg? + Aw32, Aw32 = wn - W13,(1)
(0) с 1*32 「 1*12 С 1*13= —Gm? -3- , W12 = —-3- , W13 = -Gmi -3-.
心2 П2 Пз
Здесь Aw32 ——разность ускорений, сообщаемых Солнцем КА и Солнцем Земле. Из (1) следует, что в случае тела, движущегося в окрестности Земли (丁 12 ~ 丁13), вектор Aw32 играет роль возмущающего ускорения.
Пусть космический аппарат находится на линии Земля-Солнце на расстоянии т^а = 500 000 км от Земли и на расстоянии тса = 149100 000 км от Солнца (среднее расстояние £ = т^з = =149 600 000 км). Величина «основного» ускорения w^ = 1,594 х х 10-6 км/с2. Ускорение, сообщаемое аппарату Солнцем wca = =5,97 • 10-6 м/с2 больше величины w^. Однако Солнце не оказывает существенного влияния на движение аппарата, так как ускорение,
Рис. 3.3.15
сообщаемое Земле Солнцем wcs = 5,93 • 10-6 км/с2 и возмущающее ускорение равно всего лишь △仅за = 0,04 • 10-6 км/с2. Отношение △仅за/仅^ = 0,025 — возмущающее ускорение составляет 2,5 % от ускорения, сообщаемого Землей аппарату.
Если же аппарат находится на линии Земля-Солнце на расстоянии тза = 1 500 000 км от Земли и на расстоянии гса = 148 100 000 км от Солнца, то ситуация изменится. Величина «основного» ускорения
w^ = 1,771 • 10-7 км/с2, ускорение, сообщаемое Солнцем аппарату и Земле wca = 6,05 • 10-6 м/с2, wcs = 5,93 • 10-6 м/с2. Отношение △仅за/仅^ = 0,677 — возмущение Солнцем геоцентрического движения составляет почти 70 % ускорения, сообщаемого Землей аппарату. В этом случае следует рассматривать движение аппарата в системе отсчета, связанной с Солнцем.
Заменяя индексы «3» о «1», получим уравнение движения КА в системе координат с началом в центре Солнца, которое представим в виде
Г12 = W^ + AW12, AW12 = W32 - W31, (2)
(0) с 「12с 「32С 「31
wi2 = —Gm、—3- ,W32 = —Gm^ —3- ,W31 = —Gm^ -3-.
П2窃2^31
Здесь Awi2 ——разность ускорений, сообщаемых Землей аппарату и Землей Солнцу, Г32 = —£ + Г12• Полагая гса = 148 100 000 км, получим значение «основного» ускорения 仅爲=6,05 • 10-6 км/с2 и ускорений, сообщаемых Землей аппарату и Солнцу W3A = 1,771-Ю-7 км/с2, W3C = =1,781 • 10-11 км/с2. Теперь возмущение Землей гелиоцентрического движения не составляет и трех процентов: △仅са/仅汉=0,029.
Сфера действия Земли. Найти уравнение поверхности, разделяющей области «основного» влияния Земли и Солнца на движение КА [32].
Решение. При вычислении траектории космического аппарата необходимо учитывать силы, действующие со стороны Солнца и планет. Однако в небесной механике известно точное решение только одной задачи — задачи о движении двух тел. Поэтому в астродинамике получили развитие приближенные методы расчета траекторий. Один из методов основан на анализе гравитационного возмущения траектории КА в окрестности планеты.
Приведенные в задаче 3.3.15 оценки позволяют понять, что отношение I△仅за/仅^| характеризует величину возмущения геоцентрической кеплеровой траектории Солнцем, а отношение |Awca/^caI ——величину возмущения гелиоцентрической траектории Землей. Условие
⑴⑴△攸 за II △攸 eA
⑴
⑴
忑
определяет уравнение поверхности Г32 = г(ж, g, z), разделяющей две области пространства, в которых аппарат движется по различным кеплеровым траекториям. При переходе через поверхность необходимо «сшить» траектории. Поскольку 丁32 《丁12, 丁31 ~ £, то из решения задачи 3.3.15 находим
△W32 ~Gmi ^2—卜△W12 ~p-
Следовательно, из (1) получим
т】М 卜3£(г£)| = тз
Шз ^3 II mi
Это уравнение определяет поверхность, близкую к сфере радиуса S31 = =^(m3/mi)2/5 с центром в центре Земли — ее называют сферой действия Земли относительно Солнца, 5зс = 924 820 км.
Радиус сферы действия Луны относительно Земли 5刀3 = 66 280 км. Орбита Луны находится внутри сферы действия Земли. Поэтому радиус-вектор системы Земля-Луна описывает кеплерову траекторию. Однако Солнце заметно влияет на движение Луны относительно Земли. Орбита Луны лежит почти точно в плоскости орбиты Земли. Если орбиту Луны повернуть на 90°, то расчеты показывают, что в результате эволюции параметров орбиты, Луна достигла бы Земли через 52 оборота за 4,5 года (М. Л. Лидов, 1961 г.). Следует, однако, учесть, что Луна не является точечным телом и может быть разорвана гравитационными силами при достижении предела Роша, равного трем радиусам Земли (см. задачу 6.4.8). Предел Роша — расстояние, на котором сила, действующая на «половинку» Луны со стороны Земли, достигает значения силы притяжения другой «половинкой».
Вторая космическая скорость. На поверхности Земли космическому аппарату сообщили вторую космическую скорость. Определить траекторию, по которой движется КА после выхода из сферы действия Земли.
Решение. Найдем начальную скорость о。, которую необходимо сообщить телу относительно Земли, чтобы на расстоянии 丁 от Земли оно приобрело скорость и. Силы сопротивления атмосферы не учитываем. Тогда полная энергия тела Е = ти2/2 — mgB^/г — постоянная величина. Полная энергия на поверхности Земли Е = mfg/2 — mgR. Из закона сохранения полной энергии следует уравнение
mvaс ти2 ш^Я2
Если 石=0, то значение о。=。口，
on = 2gA, ©и = 11,186 км/с
называют второй космической скоростью. Очевидно, что。口 = д/2 fj.
Можно ли утверждать, что на «бесконечно большом» расстоянии от Земли скорость тела станет равной нулю? Нет, нельзя, так как радиус сферы действия Земли 5зс = 924 820 км. На расстояниях 丁〉 〉5зс основной силой, действующей на тело, является сила притяжения Солнца — влиянием Земли на движение тела в этой области можно пренебречь. Если телу на поверхности Земли сообщить вторую космическую скорость, то скорость тела на расстоянии 5зс окажется равной и — vs — 2gA2/ззс,。$ = 0,926 км/с. Если скорости
Земли и тела коллинеарны, то скорость тела относительно Солнца на 0,926 км/с больше скорости Земли относительно Солнца озс = =29,785 км/с. Следовательно, тело станет спутником Солнца. Афелий эллиптической орбиты тела находится за Солнцем на расстоянии 21 млн км от орбиты Земли.
Третья космическая скорость. Найти наименьшее значение скорости аппарата относительно Земли, необходимое для того, чтобы аппарат покинул Солнечную систему.
Решение. Обозначим v勿力—скорость тела i относительно тела k. Очевидно, V勿力=Vjn + vn/.. Рассмотрим вначале движение аппарата от места старта на поверхности Земли до пересечения со сферой действия Земли 5зс・ Из закона сохранения полной энергии получим
1 2 Gms 1 2 Gms
где "аз — скорость тела на расстоянии s^c от центра Земли. С достаточной точностью имеем
^аз = *з + 2gA (1- £) *з + 2gA. ⑴ Перейдем теперь в гелиоцентрическую систему, в которой Земля движется с «местной первой космической» скоростью о^с = Gmc/г^с^ озс = 29,785 км/с; скорость аппарата в этой системе vac = uab + V3c- Для того чтобы аппарат покинул Солнечную систему, его скорость vac должна удовлетворять условию
Поскольку тзс ^ тас, то оас = д/2 о^с, г;ас = 42,122 км/с. Предполагая, что векторы Паз, V3C коллинеарны, найдем необходимое значение скорости относительно Земли в окрестности сферы действия "аз = =ОАС - ^зс, "АЗ = (д/2 - 1) ^зс, "АЗ = 12,337 км/с. Теперь из (1) получим значение третьей космической скорости
°аз = (V5- 1)2 呜с + 2gA , оаз = 16,653 км/с.
Космический аппарат стартовал с третьей космической скоростью. Показать, что при пересечении траектории любой внешней планеты величина гелиоцентрической скорости входа в сферу действия планеты и ас = ^пса/2 , где。口。— гелиоцентрическая скорость планеты [60].
Решение. При отлете с третьей космической скоростью гелиоцентрические скорости аппарата оас, "ас в точках 3 и П на рис. 3.3.19 связаны соотношением
0 ^ ；啖0 ^ ；啖GmcгзеGmcгзе1 2 Gmc2 "АС - fc1 2 Gmc2 "АС - fc
0 ^ ；啖
0 ^ ；啖
Gmcгзе
Gmcгзе
1 2 Gmc
2 "АС - fc
1 2 Gmc
2 "АС - fc
Рис. 3.3.19Рис. 3.3.19Поскольку。口° = Gmc /丁口。, то "ас = =。口0，5. Планетоцентрическая скорость входа uBX = uac — vnc- Отсюда находим ”^х = (3 — Zv^cos。)。^。. Угол。между скоростями аппарата и планеты найдем из соотношения 丁口。"%。= тзс。^。и закона сохранения момента импульса гпс^ас cos® = =丁зс°ао В результате получим 仅^* = (3 — —2 2гзс/гпс) ^пс-
Рис. 3.3.19
Рис. 3.3.19
Найти скорость, которую необходимо сообщить космическому аппарату для того, чтобы он упал на Солнце.
Решение. Используя обозначения задачи 3.3.18, находим
^аз = ^аз + 2gAз (1 - ^|) - ^аз + 2g
Поскольку при выходе из сферы действия Земли скорость аппарата относительно Солнца должна быть равна нулю, то uab = — V3c- Искомая скорость
оаз = 呜с + 2^Яз = 31,816 км/с.
Эту скорость иногда называют четвертой космической скоростью [25]. Падение можно рассматривать как полет по вырожденному эллипсу с большой осью 2a = 丁^。. Время падения 丁 = тг а^/GMC =乳/4V^ (То — период обращения Земли) оказывается равным 65 сут.
Найти начальную скорость, которую необходимо сообщить КА, чтобы он двигался по орбите Земли в направлении, противоположном движению Земли.
Решение. В этом случае vac = — v^c. Поскольку vac = uab + V3C, то пдз = — 2v3c- Из уравнения (1) в решении задачи 3.3.18 находим
оаз = 4呜° + 2gА, оаз = 60,61KM/с •
Перелет на Марс. Оценить скорость оаз, которую необходимо сообщить КА относительно Земли для перелета на Марс по траектории, касающейся орбит Земли и Марса [60].
Решение. При подлете к границе сферы действия Земли КА приобретает скорость идз，Из закона сохранения полной энергии имеем уравнение
^аз = *з + 2gA(1 — ^) ~ *з + 2gA•⑴
За пределами сферы действия Земли КА движется в поле тяготения Солнца. Переходя в гелиоцентрическую систему отсчета, учтем соотношение между скоростями vac = идз + V3c-
Для оценок предположим, что орбиты Марса и Земли находятся в плоскости эклиптики (рис. 3.3.22). Расстояния от Солнца до перигея и афелия равны соответственно Lp = 206,7 млн км, La = 249,2 млн км. Длина большой полуоси, по которой движется КА, 2а = Lp + гзс- Полная энергия КА в гелиоцентрической системе
а = Gmmc.а = Gmmc.「 а 12 а
а = Gmmc.
а = Gmmc.
Е = -— = - mvAC,
2a 22c，
Рис. 3.3.22Рис. 3.3.22
Рис. 3.3.22
Рис. 3.3.22
Здесь tac — расстояние от Солнца до КА в момент старта. Из этого уравнения находим
оас ~ ^зсоас ~ ^зс2拆厶 р + гзс2拆厶 р + гзс
оас ~ ^зс
оас ~ ^зс
2拆
厶 р + гзс
2拆
厶 р + гзс
Начальная гелиоцентрическая скорость выхода на орбиту перелета оас = 32,083 км/с, геоцентрическая скорость выхода "аз = 2,298 км/с. Поскольку "АЗ = °АС - ^ЗС, ТО
^АЗ = ^зс (『芝：1) + 2g凡°A3 = 11,422 км/с.
Гелиоцентрическую скорость входа в сферу действия Марса можно найти из закона сохранения момента импульса
"АМ = ^АС ~£~ , "АМ = 23,23 км/с.
Поскольку гелиоцентрическая скорость Марса оме = 26,48 км/с, Марс догоняет КА. Планетоцентрическая скорость входа 0AM = =3,25 км/с. На границе сферы действия Марса относительно Солнца
(s = 0,577 млн км) параболическая скорость 〃ц = (2Gm^[/s)1^ = =0,3845 км/с. Поэтому траектория КА внутри сферы действия Марса —гипербола.
Время перелета 丁 = а/тзс 乳/2, где TJ)= 1 год, займет около 丁 = =258,9 сут. Момент старта должен быть выбран так, чтобы траектории Марса и КА пересекались одновременно. Рассмотренная орбита перелета, касающаяся орбиты планеты-цели, называется полуэллиптической или гомановской ——по имени немецкого ученого В. Гомана.
Найти значение прицельного параметра 6, при котором КА проходит по траектории, прилегающей к поверхности планеты.
Решение. Пусть fBX ——планетоцентрическая скорость КА внутри сферы действия планеты, о — скорость КА в точке симметрии траектории, расположенной на минимальном расстоянии R от планеты. Из законов сохранения полной энергии и момента импульса получим два уравнения
12122 ПОвх = ^rnv12122 ПОвх = ^rnvGmmnGmmnт^щОвх = mRv,т^щОвх = mRv,
1212
2 ПОвх = ^rnv
1212
2 ПОвх = ^rnv
Gmmn
Gmmn
т^щОвх = mRv,
т^щОвх = mRv,
из которых находим
bm=R 1+0\
Максимальная величина прицельного параметра, при которой КА может достичь планеты, называется эффективным радиусом планеты.
Облет планеты как способ увеличения гелиоцентрической скорости [60, 136]. Поля тяготения массивных планет Юпитера и Сатурна можно использовать для разгона аппарата при полете к удаленным планетам или для отбрасывания к центру Солнечной системы.
Внешняя по отношению к Земле планета догоняет аппарат, движущийся по эллиптической траектории перелета. Траектория аппарата внутри сферы действия любой планеты всегда является гиперболой. Эта ситуация в терминах задачи двух тел соответствует рассеянию частиц. Найти приращение скорости аппарата при облете планеты.
Решение. Пусть величина скорости аппарата fac меньше значения скорости планеты。口「В системе отсчета, связанной с планетой, скорость аппарата на границе сферы действия vm = van = vac — vnc- После облета планеты скорость аппарата на границе сферы действия vout = v^n = v；c — vnc. Угол рассеяния — угол 0 между векторами vm и vout определяется соотношением tg(®/2) = a/(mv2b\ о = fm = о。", приведенным в задаче 3.2.11, а = Gmmn, 6 — прицельный параметр. Аппарат после облета получает приращение скорости Avan = vout — -vin =匕-Vac.
Производя коррекцию прицельного параметра, можно изменить направление скорости vout в пределах О W 8 W ^тах. При достаточно малом значении прицельного параметра можно было бы изменить направление скорости почти на противоположное. Однако наименьшее
Рис. 3.3.24
значение 6 = 6min должно соответствовать траектории, касающейся точки, находящейся на пересечении оси симметрии траектории и границы атмосферы планеты на расстоянии гр равном приблизительно радиусу планеты R. На рис. 3.3.24 изображен облет внешней планеты, когда планета догоняет аппарат. Из законов сохранения полной энергии и момента импульса имеем систему
12 , л 12 Gmmn
5 77W +0 = - mvpebmin。= mRvp.
Исключая % находим
где。1 = Gm^lR . Следовательно,
* ®max1。
Величина приращения скорости
△0 - 2。sin — 20i —
достигает максимального значения
(△°)max5 ГфИ V — V\\ ®max =万/З.
На границе сферы действия величина гелиоцентрической скорости выхода аппарата может существенно превысить значение 0m. Двигаясь по новой траектории, аппарат может достичь следующей планеты. Например, при полете американской станции «Пионер-11» к Сатурну был использован гравитационный удар в поле тяготения Юпитера. «Вояджер-2» разгоняли по очереди Юпитер, Сатурн и Уран. Полет
к Урану по гомановской траектории продолжался бы 16 лет, а к Нептуну —30 лет. Подходящая для разгона аппарата конфигурация внешних планет ожидается в 2155 г.
Получить уравнение состояния неидеального газа на основе теоремы вириала Клаузиуса [52, 61].
Решение. Согласно теореме вириала сил для частиц, находящихся в ограниченном объеме,
(=+F俨)〉⑴
В состоянии теплового равновесия левая часть
(= \ ksT N.⑵
Правая часть (1) включает силы взаимодействия между частицами F и силы Fext, действующие на частицы со стороны стенок сосуда. Вклад последних можно представить в виде
〈 F®xtra^ = —р^ г c/s = —р| dV div г — —3pV. (3)
Если межмолекулярные силы обусловлены потенциальной энергией взаимодействия, то из (1)-(3) следует уравнение состояния
Пренебрегая взаимодействием молекул, получим уравнение состояния идеального газа.
Используя теорему вириала сил, найти среднюю кинетическую энергию системы частиц, связанных силами тяготения.
Решение. Согласно теореме вириала сил
Вводя обозначения гьа = % — гь, преобразуем правую часть:
「aFa = G ТПаТП1)「aFa = G ТПаТП1)ГаГаЬГаГаЬGГПаГПь2- 凰GГПаГПь2- 凰\у а^ ab + ^b^ba\ =\у а^ ab + ^b^ba\ =G 万G 万ГПаГПьГаЬГПаГПьГаЬ=a=a
「aFa = G ТПаТП1)
「aFa = G ТПаТП1)
ГаГаЬ
ГаГаЬ
GГПаГПь
2- 凰
GГПаГПь
2- 凰
\у а^ ab + ^b^ba\ =
\у а^ ab + ^b^ba\ =
G 万
G 万
ГПаГПь
ГаЬ
ГПаГПь
ГаЬ
=a
=a
где U — потенциальная энергия взаимодействия частиц системы. Из (1) следует〈К〉= —〈U〉/2.
Предположим, что частицы общей массы М движутся в области, представляющей сферу радиуса а. Пусть р — плотность системы. Энергия взаимодействия шара радиуса г < а и элементарной массы dm, расположенной на поверхности этого шара,
…(平)*
Следовательно, собственная гравитационная энергия шара радиуса а
о
В этом случае средняя кинетическая энергия частиц системы〈К〉= = 3GM2/10a.
Обобщить теорему вириала сил для частиц, движущихся в магнитном поле.
Решение. Умножим обе части уравнения движения
mr = F + I [fB]
скалярно на г и, учитывая, что
гг = rf — г2 =atгг = rf — г2 =at1 汇 _ -221 汇 _ -22
гг = rf — г2 =at
гг = rf — г2 =at
1 汇 _ -2
2
1 汇 _ -2
2
найдем
Если система зарядов движется в ограниченной области пространства, то после усреднения получим
где К — кинетическая энергия системы, М = m [rf] — момент импульса частицы.
Движение тела переменной массы
Получить уравнение движения тела переменной массы. Решение. Закон изменения импульса Р системы частиц
⑴⑴△Р — pi ext
⑴
⑴
Предположим, что в момент времени t скорость тела — v(t), масса тела равна ?тг(力).В момент времени t + △力 масса тела стала равной т + Am, а скорость тела — v+Av. В лабораторной системе отсчета масса (—Am) имеет скорость с. Приращение импульса системы
△Р = (m + Am)(V + Av) + (—Дтс) — mv = mAv — Am (c — v).
Разность c‘ = c — v является скоростью массы (—Am) относительно тела. Из (1) следует уравнение
mr = md + Fext,(2)
впервые полученное русским математиком И. В. Мещерским в 1897 г. Для получения замкнутой системы уравнение (2), содержащее четыре переменные величины г и т, должно быть дополнено еще одним уравнением вида /(v, г, т) = 0, или условием экстремума некоторого функционала.
Запишем теперь закон изменения кинетической энергии системы
AK = FextAr +J4,
где 8А — элементарная работа внутренних сил. Поскольку г22
Л \ / ЛЛ С mVА
△ К—— =
+ |^ (。2—i),
то, переходя к пределу △力—> 0, получим
mvv + Т 危(产一с2) — vFext + Q.(3)
Используя уравнение Мещерского, находим мощность внутренних сил:
Q =⑷
При неупругом присоединении массы (например, при конденсации) величина Q < 0 ——часть приращения внутренней энергии переходит в теплоту. При «сверхупругом присоединении» массы (в случае ракеты m < 0) Q > 0. Если Q 〜zh, то величина относительной скорости постоянна. Это условие является обоснованием гипотезы Циолковского о постоянстве относительной скорости истечения газов реактивной струи. Однако для многих ракетных двигателей постоянной величиной является мощность Q. Следует также отметить, что при движении ракеты с постоянной тягой md = —f мощность Q = fcz/2.
Капля движется в однородном поле тяжести в среде. Вследствие конденсации происходит увеличение массы капли по закону т = =aS, где S ——площадь поверхности. Найти скорость капли.
Решение. Поскольку с' = —v, то уравнение Мещерского имеет вид
dmv
к*.
⑴
Учитывая, что т = aS, находим
1/з
т = ЗЗтт?2/* k — а
⑵
где р ——плотность воды. Из (2) следует
т =(就 + mJ/3)3, mg = m(0).
Подставляя (3) в (1), получим
g m(t) о
В частности, если m(0) = 0, v(0) = 0, то v = g力/4.
3.4.3. Капля падает по вертикали в однородном поле тяжести в среде, причем т = aS|E|, сила сопротивления среды F = —)oSv, где S — площадь поперечного сечения. Найти зависимость скорости от вертикальной координаты.
Решение. Направим ось z вертикально вниз и рассмотрим систему (о — 2)
dи 2
—mv = mg —,m = aSv
⑴ ⑵
с начальными условиями m(0) = mg, o(0) = 0. Поскольку m = =4тгрг3/3, то из (2) находим
⑶
где го = r(0). Переходя в (1) к аргументу г, получим уравнение
dr \ a J г a
Интегрируя, находим
2 二8g“o
a [1 + 6 (1 +)/a)]
г
Го
6 (l+)/a)
Из (4), (3) следует искомая зависимость o(z). Вычисления существенно упрощаются, если 丁。= 0. В этом случае z = ,2gz [1 + 6 (1 + 7/а)]~〔/三 Интегрируя, находим z(力)=g# [1 + 6 (1 +)/a)「i/2.
Несколько звеньев однородной цепи свешивается с края стола. Остальная часть цепи сложена в кучу на краю стола. В начальный момент времени скорость цепи равна нулю. Найти ускорение цепи.
dzzdzzРешение. Направим ось z вертикально вниз, начало координат — на уровне поверхности стола. Пусть z — координата нижнего конца цепи — точки Л, i — проекция скорости точки Л. Масса движущейся части цепи т = pz. Из уравнения Мещерского получим
dzz
dzz
⑴
Рассмотрим частный случай, соответствующий начальным условиям z(0) = 0, i(0) = 0: первоначальная длина свисающей части цепи ничтожно мала.
Для получения решения уравнения (1) умножим обе части на zz. Тогда уравнение можно представить в виде производной функции
Следовательно, F — С\
j(2之)2 — = C. (2)
Согласно начальным условиям С = 0. Из (2) находим i2 = 2gz/3. Дифференцируя по времени, получим ускорение движущейся части цепи
Интересный результат: ускорение в три раза меньше ускорения свободного падения. Отметим, что решения этой и следующей задачи были опубликованы в первом издании книги профессоров Кембриджского университета П. Тэта и У. Стила в 1856 г. Первым главой Кембриджской лаборатории, открытой в 1874 г., был великий Джеймс Клерк Максвелл, затем Дж. Дж. Томсон, Рэлей, Резерфорд,...
Однородная цепь АВ массы М висит вертикально, касаясь концом В поверхности пола. Цепь отпускают. Найдите зависимость величины силы давления цепи на пол. Покажите, что в момент падения конца Л на пол величина силы давления равна 3Mg [137].
Решение. Масса цепи длины / равна М = pl, где р ——линейная плотность цепи. Направим ось z вертикально вверх, начало координат — на уровне поверхности пола. В момент времени t координата точки Л равна 2, проекцию скорости точки Л на ось z обозначим i.
Масса движущейся части цепи m(t) = pz (рис. 3.4.5). На нее действуют сила тяжести и сила реакции N со стороны части цепи
массы М — т⑴,лежащей на полу. На эту часть цепи действуют три силы — сила тяжести, сила давления —N со стороны движущейся нити и сила реакции пола R. Из уравнения Мещерского получим систему
d (pzz)…/г、
= -吵 + %，(1)
G = —(M — m)g—Nz + Rz. (2)
Рис. 3.4.5Рис. 3.4.5Rz = p(l - z) gpz2.Rz = p(l - z) gpz2.⑶ ⑷⑶ ⑷Отметим, что присоединение элемента p^z к неподвижной части цепи имеет характер удара — его скорость мгновенно изменяется от значения —i до нуля. Приращение импульса pz^z сообщает сила реакции N: pz^z = Nz^t. Переходя к пределу △力—> 0, получим Nz = =pz1. Следовательно, из (1), (2) получим
Рис. 3.4.5
Рис. 3.4.5
Rz = p(l - z) gpz2.
Rz = p(l - z) gpz2.
⑶ ⑷
⑶ ⑷
Поскольку начальные условия z(0) = /, о(0) = 0, то
2⑴=—g力 2⑴=/ - I g产.(5)
Из (4), (5) получим величину силы давления цепи на пол ——вес цепи:
⑹⑹A(力)=I pg*
⑹
⑹
Конец цепи Л достигает пола в момент времени Т = 2//g. В этот момент времени вес цепи А(Т) = ЗМg.
Ведро массы М тянут из колодца на веревке с постоянной силой F. Вода массы т вытекает из ведра с постоянной скоростью. В течение интервала времени Т вся вода вытекает. Найдите скорость ведра в момент времени Т.
Решение. Положим в уравнении Мещерского с! = 0. Тогда mdv/dt = —mg + F. Из решения уравнения имеем
g = -gT + ^ln(l+勖
Голова кобры поднимается вертикально вверх с постоянной скоростью V. Покажите, что вес кобры возрастает на величину М©R〉 где М —масса кобры, / — длина кобры.
Ракета движется вертикально вверх в однородном поле тяжести. Найти скорость и положение ракеты после сгорания топлива. Скорость истечения газов постоянна.
Решение. Направляя ось z вертикально вверх, получим уравнение
⑴⑴mz = —md — mg.
⑴
⑴
Для отрыва от стартового стола должно выполняться неравенство \т\〉m(0)g/c\ d ^ 3 км/с. Например, при стартовой массе системы «Сатурн-5»—«Аполлон» т(0) = 2950 т скорость сгорания топлива \т\ и 104 кг/с.
Предположим, что скорость истечения газов с! и расход топлива постоянны: т — k. Начальные условия z(0) = 0, i(0) = 0, m(0) = 7no. Интегрируя систему, находим
i = cz In ^^ — gt, m = mo — kt.(2)
Пусть M — масса топлива, тогда в момент времени 力i = М/к
一(3)
L т0- М kc \
Положим mo/m(ti) = 5, d = 2,5 км/с. В этом случае первое слагаемое в (3) равно 4,02 км/с; величина второго слагаемого зависит от скорости сгорания топлива. Из (2) находим z(力)=dt — gt2/2 — —c,k~1m(t) In mo/m(t). Полная высота подъема ракеты
Предположим теперь, что т = —ат; масса топлива М. Подставим т в (1), получим уравнение 芝=ad — g. Скорость。1 в конце активного участка
力- g)公s = In，⑷
где s ——число Циолковского. Полная высота подъема ракеты
< 打 2 2g2ag
Для вычисления ортимального значения а запишем уравнение a/f/Aa = 0, из которого находим a = оо. Это означает, что при мгновенном сжигании всего топлива ракета поднимется на высоту Ятах = (sd)2/2g. Из формулы (4)。1 = d(l — g/ad)s следует, что чем больше реактивное ускорение ap = ad, тем меньше гравитационные потери скорости. В реальных условиях выбор оптимальной величины ар связан с учетом влияния перегрузок на состояние космонавтов и усложнения конструктивных элементов ракеты [60].
Определить закон изменения массы ракеты при вертикальном подъеме в однородном поле тяжести: а) с постоянной скоростью; б) с постоянным ускорением. Скорость истечения газов постоянна.
Решение, а) Полагая в уравнении Мещерского i = const, получим уравнение 0 = —тс1 — mg, из которого находим m(t) = =m(0) ехр(—gt/cf).
Если ускорение 芝=а, то из уравнения Мещерского находим
ттг⑴=m(0) exp [-(а + g) g] •
Когда ракета достигнет скорости 也，ее масса станет равной
тп(力 1) = m(0) exp [-(а + g)寻，й = —.
Определить закон изменения массы ракеты при вертикальном подъеме в однородном поле тяжести. Мощность N в струе постоянна.
Решение. Из системы
mz = —md — mg, N =—
получим уравнение т = —т2 (芝 + g)2/2A^, следовательно,
■力]—1
т⑴=mu 1 +瑞卜芝+g产d力：
Lо」
интеграла оинтеграла оdt.dt.где mo = m(0), z(t) — функция, которая находится минимизацией
интеграла о
интеграла о
dt.
dt.
располо-расстоя-располо-расстоя-Космический аппарат движется по окружности, женной в плоскости, параллельной плоскости экватора на нии Н от нее («широтный» спутник). Найти условие оптимального сгорания топлива при постоянной скорости истечения газов.
располо-расстоя-
располо-расстоя-
Решение. Рассмотрим ради упрощения формул КА, движущийся в плоскости, касающейся полюса Земли (по окружности, равной радиусу Земли а (рис. 3.4.11). Из уравнения Мещерского находим
тш2a =-讯d sin 仇
О = |^ + mcf cos 仇
где тг/4 + 3 — угол между скоростью с' и вектором g, следовательно,
№ =(1 + tg。), 讯d =— •
2aV2 V '2л/2 cos/3
Оптимальное значение 3 = 0, m exp (-/?)•
Скорость KA —з/4，^
Глава 4
ЛИНЕЙНЫЕ КОЛЕБАНИЯ
Собственные колебания одномерных систем
Найти решение уравнения 云 +)亦 + о;^力 =0 [9]. Ответ. 1. о;。〉印/2, ж =『仙2A cos (Qt + a),
a= ^o _ (?/2)2 •
3o = M/2, X = (Cl +。2力)6一
a。< |7|/2, ж = е~^^А ch (就 + a),
& = ()/2)2 — ^o •
К частице, движущейся по гладкой горизонтальной прямой, прикреплена пружина. Другой конец пружины закреплен на расстоянии h от прямой. Найти частоту линейных колебаний частицы в окрестности положения устойчивого равновесия.
Решение. Выберем в качестве обобщенной координаты угол 夕 между вертикалью и пружиной. Лагранжиан частицы L = К — U,
⑴⑴k回 = | б®)02,б(4)=已*
⑴
⑴
2COS 夕
u(4)=兴上-
' '2 'cos夕 丿
где х — жесткость пружины, /о — длина в ненапряженном состоянии. Положение равновесия определяется из условия равенства нулю обобщенной силы:
h sin 夕2COS夕h sin 夕2COS夕=0.=0.ди _/ h 7
h sin 夕
2COS夕
h sin 夕
2COS夕
=0.
=0.
3 夕" \cos 夕 0
Следовательно, частица имеет три положения равновесия
夕 1 =0, h > /q5夕 1 =0, h > /q5h 7,cos(^2,3 = ^,拉 V 6h 7,cos(^2,3 = ^,拉 V 6
夕 1 =0, h > /q5
夕 1 =0, h > /q5
h 7,
cos(^2,3 = ^,拉 V 6
h 7,
cos(^2,3 = ^,拉 V 6
Вычисляя вторую производную吗=Q (丄+3夕\ cos夕/'cos夕 丿'cos夕находимВычисляя вторую производную吗=Q (丄+3夕\ cos夕/'cos夕 丿'cos夕находим2 sin?夕2 sin?夕cos%cos%
Вычисляя вторую производную
吗=Q (丄+
3夕\ cos夕/'cos夕 丿'cos夕
находим
Вычисляя вторую производную
吗=Q (丄+
3夕\ cos夕/'cos夕 丿'cos夕
находим
2 sin?夕
2 sin?夕
cos%
cos%
="九(九-/0), 夕=b1="九(九-/0), 夕=b1="匾一九⑵夕=b2,3几="匾一九⑵夕=b2,3几
="九(九-/0), 夕=b1
="九(九-/0), 夕=b1
="匾一九⑵
夕=b2,3几
="匾一九⑵
夕=b2,3几
Частота линейных колебаний определяется выражением
J 生U〃停eq)〉0-⑶
Из (1)-(3) находим частоты колебаний в трех положениях устойчивого равновесия:
31 =31 =死т死т11gl/2h) ，"3gl/2h) ，"3
31 =
31 =
死
т
死
т
1
1
gl/2
h) ，"3
gl/2
h) ，"3
Частица движется по плоской кривой. Найти частоту линейных колебаний в окрестности положения устойчивого равновесия.
Решение. Пусть кривая, расположенная в вертикальной плоскости g = 0, задана уравнениями ж =力(g), z = z(g), где q — параметр. Лагранжиан системы L = К — U)
U = —mgr(Q).
Из условияИз условия3U3Udrdqdrdq=О=О⑴⑴
Из условия
Из условия
3U
3U
dr
dq
dr
dq
=О
=О
⑴
⑴
получим положения равновесия q = Qeq. Поскольку ds = д/7г dq, то (1) имеет прозрачный геометрический смысл: geT = 0, е「= dr/ds [175, с. 34]. Учтем далее, что de「/ds = (1/А) е〃，где R — радиус кривизны,
д2ид2иh 1h 1彳—/mge彳—/mge⑵⑵
д2и
д2и
h 1
h 1
彳—/mge
彳—/mge
⑵
⑵
Из (1), (2) следует, что в точках локального минимума вектор нормали к кривой должен быть равен е〃 = —g/g. Разлагая U(д) в ряд Тейлора в этой точке, получим
U(q) = USeq) + I W ^(Q - Qeq)2 + …
Решение уравнений Лагранжа в окрестности положения равновесия
q = %q + Z cos (з力 + a),q = %q + Z cos (з力 + a),з =з =тRoтRo
q = %q + Z cos (з力 + a),
q = %q + Z cos (з力 + a),
з =
з =
т
Ro
т
Ro
Частица движется по логарифмической спирали, расположенной в вертикальной плоскости. Найти частоту линейных колебаний.
Частица движется по винтовой линии. Найти частоту линейных колебаний в окрестности положения устойчивого равновесия.
Решение. Параметрическое представление винтовой линии ж = =a cos g, g = а sin g, 2 = bq. Выбирая q в качестве обобщенной координаты, найдем о2 = (а2 + 62) Q2. Расположим, далее, ось ж горизонтально, а ось z — под углом а к вертикали (|а| < тг/2). Тогда потенциальная энергия
U = —mgr — —mga sin a sin q + mgbq cos a.
Положение устойчивого равновесия определяется условиями cos q = =(6/а) ctga, sin q〉0, поскольку a?U丨2(^ = mga sin a sin q. Предполагая, что 6 I ctga| < а, получим частоту линейных колебаний
2 _ а/a2 sin2a — 62 cos2 a
Частица движется по линии пересечения плоскости и прямого вертикально расположенного кругового цилиндра. Найти частоту линейных колебаний частицы вблизи положения устойчивого равновесия.
Решение. Пусть ось z совпадает с осью цилиндра радиуса a, п = =(sin а, 0, cos а) — единичный вектор, перпендикулярный к плоскости. Линией пересечения цилиндра с плоскостью является эллипс. Параметрическое уравнение эллипса в системе координат, повернутой относительно исходной на угол а вокруг оси у в отрицательном направлении
х — х' cos a + 2’ sin а, у — y\ z = —xf sin a + z‘ cos a, имеет вид
力'=—-—cos у — a sin z' = 0. cos a
Лагранжиан частицы L = К — U,
ma2 / sin>К — —-—( ——2h cos 4)4, U — —mga tg a cos &
2 \cos a/
В окрестности положения устойчивого равновесия £ = 0, а? = =(g/a) tga.
Частица движется по окружности, вращающейся с постоянной угловой скоростью Q вокруг вертикальной оси, лежащей в плоскости окружности и проходящей через ее центр. Найти частоту линейных колебаний частицы в окрестности положения устойчивого равновесия.
Решение. Направим ось z неинерциальной системы отсчета, связанной с окружностью, по оси вращения. Выбирая в качестве обобщенной координаты полярный угол 8, получим L = К — U)
К — ^^ ©3 U — mga cos ^ — | та1^ sin2^,
где a — радиус окружности, Q — угловая скорость вращения окружности. Положение равновесия определяется из условия U'(8) = 0: ®i = 0,
。2 =呼 cos&,4 = —g/aO?. Далее, найдем
U〃(&) = —mga — ma2a2 < О,
U〃(®2)= mga — ma1^Q2 < g/a,
U〃(％,4)= ma2a2 — m(^) , Q2 > g/a.
Следовательно, частота линейных колебаний определяется соотношениями
濕吃3氧=怦-(鳥).
Упругая нить длиной 2a в ненапряженном состоянии перекинута через два горизонтальных параллельных стержня, расположенных на одном уровне на расстоянии а друг от друга. Концы нити прикреплены к шарику. Определить частоту вертикальных колебаний шарика, если в положении равновесия нить образует равносторонний треугольник.
Решение. Выберем в качестве обобщенной координаты угол 2。между нитями, прикрепленными к шарику. Кинетическая и потенциальная энергии К = та202 sin—% /8,
U® = -mg^ ctge+^G (謠
Положение равновесия определяется условием
加—2 side[sin® 丄丿 Me — и
при 0 = тг/6, следовательно, к = mg/ay/З. Далее, найдем U〃(tt/6)= =(14/дЛ) mga; / = (7/2v^) (g/a).
Два пункта на поверхности Земли соединены гладким тоннелем, прорытым по хорде. Записать лагранжиан тела, движущегося в тоннеле, и найти решение уравнений движения.
Решение. Предположим, что расстояние от центра Земли до тоннеля равно с (рис. 4.1.9). Пусть ж — координата тела. Согласно задаче 1.5.1 потенциальная энергия тела
где a — радиус Земли. Лагранжиан L = mx1 /2 — mgx1 /2а. Таким образом, период колебаний тела Т = 2тг a/g = 84 мин совпадает с периодом обращения спутника, движущегося с первой космической
скоростью О[. Пусть 力(0) = a cos а, ж(0)= =0 — тело падает в тоннель, прорытый на широте а. Тогда 力⑴=a cos а • cos о;力 а;= = g/a • Таким образом, время движения по тоннелю из точки Л в точку В равно 42 м. Амплитуда скорости
a \aja \ajгде h — максимальная глубина тоннеля. Длина тоннеля / = 2，2а/г —九2 . При h <С « а % + 5 2/г/а , Z о 2 V^ah . Полагая 九=10 км, получим。优=0,44 км/с, / = =700 км.
a \aj
a \aj
Рис. 4.1.9Рис. 4.1.9Частица движется по циклоиде, расположенной в вертикальной плоскости. Направим ось у вертикально вверх, ось ж — по горизонтали. В этой системе координат параметрическое уравнение
Рис. 4.1.9
Рис. 4.1.9
циклоиды:
х — а(^р — cos g), у — —а (1 — cos g),0 W 4 W 27r.
Найти частоту колебаний.
U(s)U(s)mgy =mgy =mgmgРешение. В качестве обобщенной координаты выберем длину дуги s = 4а (1 — cos 夕/2) (см. задачу 1.1.9). Потенциальная энергия частицы
U(s)
U(s)
mgy =
mgy =
mg
mg
Из уравнения dU/ds = 0 найдем значение координаты в положении равновесия Seq = 4a. Поскольку потенциальная энергия является положительно-определенной квадратичной формой координат, то колебания изохронны, т. е. частота колебаний, как и в задаче 4.1.9, не зависит от амплитуды. Лагранжиан частицы:
уравнения Лагранжа:
§ + 乒 s = g.4a °
Общее решение уравнения
s(t) — A cosu;t + В sinu;t + 4a, u;=-—
2 a
Пусть s(0) = 0, W(0) = 0. Тогда s (力)=—4a cos a力 + 4a. Амплитуда колебаний в два раза больше глубины потенциальной ямы!
Две частицы масс mi и д, соединенные пружиной пренебрежимо малой массы, могут двигаться по прямой линии. Жесткость пружины — &, длина в ненапряженном состоянии — Z(). В начальном состоянии скорости частиц равны нулю. К первой частице прикладывается ударная постоянная сила F, направленная от первой ко второй частице, в течение интервала времени т, удовлетворяющему условию зт《1, а? = km/(т^т?))m = mi + m2. Импульс силы / = Ft — конечная величина. Найдите амплитуду колебаний расстояния между частицами после действия силы.
Решение. Введем ось ж параллельно прямой,力2,力 1 ——координаты частиц (力2 > 力i)・ Согласно второму закону Ньютона
т1х1 = & (力2 —力1 — /о) + F>(1)
т2ж2 = —к (力2 —力1 — /о)-(2)
Пусть начальные значения координат 力i(0) = 0,力2(0) = %о・ В результате действия ударного импульса частицы не смещаются. Из (1), (2) следует, что частицы приобретают скорости 力=//mi, 02 = О- Поэтому приращение полной энергии системы 石一0 = /2/2mi, где
石=/ mi^i + 2 加?蜀 + 2(*2 —力1 — /о)?.
Из закона изменения импульса системы частиц ДР/At = F находим проекцию полного импульса на ось х: Р — I.
После действия силы сохраняются полный импульс Р и полная энергия системы частиц Е = Ес + Ео. Здесь Ес = Р2/2т — кинетическая энергия центра масс, Ео = дж2/2 + kx2/2 = kA2/2 — полная энергия относительного движения частиц, Л — амплитуда колебаний расстояния 力=力2 —力1 между частицами. Теперь из уравнения
/2*&42
—— +
2mi2m2
находим амплитуду колебаний
А = I
Частица массы т движется в потенциальном поле Эккарта
U(ж) = a th kx^— ,26〉а.
ch кх
Найти частоту колебаний в окрестности дна потенциальной ямы.
Собственные колебания многомерных систем
Потенциальная энергия двумерного осциллятора
U(x) = ~ Umnxmxn, Umn = Unrn.
Найти собственные частоты и собственные векторы. Записать лагранжиан в нормальных координатах.
Решение. Подставляя в уравнение движения
^m + UmnXn = 0(1)
хт в виде ите , получим систему
—A Urn + ^mn^n =。・(2)
Из условия det | — A2Jmn + Umn\ = 0 находим собственные значения
X； 2 = Т («1 + %2 土 (51 -。22产 + 4%2 ) •
Собственные векторы
_1& 一022_1U12/0\
Поскольку
Al, 2 = I Sp U + 2 (det U)i/2 土 Sp U — 2 (det U>/2 ,
то движение системы финитно при условии Sp U > 0, det U〉0. Отметим, что в случае симметричной положительно определенной матрицы всегда справедливо неравенство
⑷⑷(SpU)? > 4 det U.
⑷
⑷
Неравенство (4) выполняется в любом базисе, так как det U, Sp U являются инвариантами. Собственные векторы представляют столбцы матрицы △他从=ит^ преобразования к системе координат, в которой базисные векторы совпадают с собственными векторами. Общее решение (1) является суперпозицией частных решений: хт = =△优儿а〃 cogA^力 + а〃). Из (2) следует, что при Ai 方 Л2 собственные векторы можно подчинить условиям
⑸⑸△^〃△m" =8从", Umn^miI^m^ =入卩5 卩…
⑸
⑸
Поскольку Sp U = А； + А^, то из (5) следует
N1 = %2 = 5卩；-2А；А； + 022彩.
Удобно параметризовать векторы (3), вводя угол 7 соотношением tg7 = 2[/12/(£/ц —。22)・ Учитывая, что
Ai — U22. 7 X； — «1& 7
-^=Ctg2^-^ = -Ctg2^
получим
fl]
^m(l)=
COS 7/2 sin 7/2
,^m(2)=
-sin7/2 COS 7/2
Если [/ц
=U22, то 7
=тг/2. В
этом случае
^m(l)=
11
7^ 1
1
'"优⑵=72
—1
1
Собственные значения А^ 2 = Uii±|Ui2〔・ Полагая U12 = 0, получим вырожденную систему. Перейдем теперь к нормальным координатам qm, совершая замену ж —> q : хт =厶他从q从,Учитывая соотношение (5), получим L — т (服 — X吃成)/2・
Точки подвеса двух одинаковых математических маятников, соединенных пружиной, находятся на одном уровне. Найти решение уравнений движения в окрестности положения устойчивого равновесия. Исследовать эффект биений.
Решение. Пусть длина пружины в ненапряженном состоянии /д равна расстоянию между точками подвеса маятников, / — длина маятника. Обобщенные координаты 夕1,夕2 — углы отклонения маятников от вертикали. Потенциальная энергия
U(41,夕2)= -mgl cos 41 - mgl cos 42 +
+ ^ [ «о + z sin 夕2 — Z sin 41)2 + (/ COS (/；2 — Z COS 41)2 - /0]
В окрестности положения равновесия 41 eq =夕2 eq = 0 имеет вид
42)= ^-(42 - 41)2 + 賢^ (^2 + 涪)•
Лагранжиан системы
L = 3 m俨[S； + g一出(夕2 - 41)2 一说(済 + 状)],
где ш^ = g〃，Q2 = k/m. Система уравнений Лагранжа имеет общее решение
屮т = 'mg卩 COS(3儿力 + a〃J,(1)
где △nip, ^m^},
1
11-1
1，仅优⑵=7^1
з2 =
Ll?q + 2^"22) U?i以0 •
Эффект биений проявляется в случае 幻1 ^ 幻2, т. е. при Q « о;。. Полагая о =(幻2 —幻1)/2 ~ Q2/2u；o и представляя решение в виде
41
夕2
=^е
1
1
肉6g1 +
—1
1
a26s2+2沁*} 6必。* 三
三Re 2；；；； e必叫
получим
С； 2 = / а； + / 瀉干。1。2 cos (2о■力 + а^ — а)
ai cos ai 干 a? cos (at + a^) = д/2 Ci, 2 cos 71,2,(2)
ai sin ai 干 a? sin (at + a?) = д/2 Ci, 2 sin 71,2・
Представление решения в виде 夕九=Cn(t) cos 图。力 + 7n ⑴]имеет смысл при адиабатически медленном изменении амплитуды и фазы: \с\ « u；od, I7I 《 зо|)|・ Пределы изменения амплитуды |肉 — —。2〔 W Ci, 2 W ai +。2・ Среднее значение полной энергии каждого маятника за период Т = 2тг/о;。
当-(*阂+就喲)=I "爲图 ⑶
Энергия маятников изменяется с периодом тг/о (эффект биений). Этот эффект будет наибольшим при а】 ~ 。2・ Пусть начальные условия имеют вид 夕1(0) = 0, 42(。)= Do, 91(。)=。2(。)= 0, тогда м = =a? = 0, ai =。2 = Do /д/^・ В этом случае
e1 =40 I sino力I，e2 =40 I COS 0力I，
где a/2 — частота модуляции. Из (2), (3) следует
石 1, 2 = 2 石。(1 干 COS 2<Tt) ,Eq = — ?72/^Ci?q 夕^ •
Таким образом, маятники периодически обмениваются энергией [62].
Лагранжиан двумерной системы
L©。)= ； gaB。可 一 I UaBqQq%
где gaj U^b — симметричные матрицы с постоянными коэффициентами. Найти решение уравнений движения.
Решение. Найдем вначале собственные значения и собственные векторы уравнения
(—A2g + U)O = 0 Т(—2ga/3 + Ua/З)。° = 0・⑴
Преобразуем (1) в уравнение (—А2 + g-1U)о = 0:
(7 帮+ G台)i/ = 0,⑵
где G台=g^aUa^ g〃〃 三(gT)叫
g" = g22/g, Г? = g21 = -gi2/g, g22 = gii/g, g = det g^.
Из уравнения det (—A + G) = 0, G = g-、U, найдем собственные значения
着,2 = I [―SpG土 (SpG)2-4detG].
Из (2) найдем собственные векторы
_ COS (0/2)_ —sin (0/2)2Gз
。⑴—sin (0/2)，% — cos (0/2)，啮 ° — G> G厂
нормированные условием ^т^а{п) = ^тп- Общее решение уравнений движения:
qa =。3)[°优 cos Amt + bm cos Amt].
Движение системы финитно при условии Sp G > 0, det G > 0.
Частица движется по поверхности хп = /九(夕\ Q2). Найти решение уравнений движения в окрестности положения устойчивого равновесия.
Решение. Обобщенные координаты подчиняются уравнению ⑹, полученному в задаче 2.2.5,
回产+膿眾疗]=一产券.(1)
Потенциальная энергия частицы
夕(『，Q2) = —mgf(『，厂)，⑵
где г = f(Q)— уравнение поверхности в параметрической форме. Положение равновесия определяется условием g(df/dqa)三 ge^ = 0. Определим вектор нормали к поверхности
-1/2г af +
В точке локального экстремума q = qo вектор нормали п должен находиться на вертикальной прямой. Пусть g = ng. Разлагая (2) в ряд Тейлора, получим
夕S)=夕(窕)-I+ ...,
где ^ = q — Qo • Это выражение можно представить в терминах тензора внешней кривизны
“Зл деа
/а = ~еа
oq
Учитывая (3), находим
4S)=夕(久)一 I加gк卽收学.⑷
Ограничиваясь случаем линейных колебаний, получим из (1), (4) уравнение
—gKee=o, KSg^Kg(5)
Ищем решение в виде £〃 = Reu%~
62敬+g/<e)，=0.⑹
Поскольку главные радиусы кривизны поверхности Ri, А? определяются соотношениями [6, 63]
то корни характеристического уравнения А^ 2 = g/Ai,2・ Собственные векторы системы ⑹
& + gKl仅⑴- _gK?& + gKl仅⑴- _gK?"⑵-X^ + gK；"⑵-X^ + gK；
& + gKl
仅⑴- _gK?
& + gKl
仅⑴- _gK?
"⑵-X^ + gK；
"⑵-X^ + gK；
Общее решение уравнений движения (5)
q"=谭 + А"。(а& cos Ла力 + ba sin A^%), где △从а =仅〃(叫 Оа, 6а — ПОСТОЯННЫв.
Маятник Фуко. Найти решение уравнений движения маятника Фуко в окрестности положения равновесия.
Решение. Для того чтобы получить лагранжиан маятника, необходимо в лагранжиане свободной частицы
£ = |m(V + [Qr])2 + mgr = I mv2 -
[/об = —mv [Qr] — I m [Qr]2 — mgr, перейти к обобщенным координатам, обращающим уравнения голоном- ных связей в тождество.
Расположим начало координат в точке О на широте 0 в северном полушарии Земли. Ось z направим вертикально вверх, ось ж — по меридиану к полюсу. Точка подвеса находится на расстоянии длины маятника / от поверхности Земли. Уравнение связи / = О,
/ = *+^ +(2 — /)2 — /2,(1)
угловая скорость вращения Земли Г2 = (Q cos 0, О, Q sin 0).
Выберем в качестве обобщенных координат декартовы координаты 力,у и разрешим (1), ограничиваясь учетом величин (ж//)2, (g/Z)2： z = (ж2 + у2^ /2/. С той же точностью находим [Qr] г = =[rf] Q ^ Q sin 0 (ху — ух). Пренебрегая вкладом центробежной энергии, получим
Uo6 = _Q Sin e (ху _ д出)+ 等(力2 + 才).
Лагранжиан, описывающий движение маятника
L |т (ж2 + ^2) +Q sin0 (ху 一 У河一等(力？ + 才)• Уравнения Лагранжа
ж — 2Q sin 0 力 + 说力=0,(2)
歹 + 2Q sin 0 近 + ш^у = 0,(3)
(Vq = g/I. Начальные условия r(0) = г(ж0, 0, 0), v(0) = (0, о。, 0).
Вводя комплексную координату £ =力 + £д, получим уравнение, эквивалентное (2), (3):
ё + 2涮 £ + 就 £ = 0.(4)
Начальные условия £(0)=力о, £ = iv^. Общее решение (4)
£ ="16一+ "26一 "2*(5)
Ai, 2 = Q sin 0 土 (Q sin 0)2 + 诏 у 口 sin ф^ш^.
11Из начальных условий находим 仅2,1 =(力о ± оо/зо)/2. Переходя в (5) к действительным переменным ж = Reg, у = Img, получим
1
1
(力о — £) COS (幻0 + a sin 0)力 +
++(g + ^)(g + ^)cos (а;。— Q sin 0) tcos (а;。— Q sin 0) t11sin (a。+ 口 sin 0)力 +sin (a。+ 口 sin 0)力 ++ (窃+ ^)+ (窃+ ^)sin (c(；o — Q sin 0) t .sin (c(；o — Q sin 0) t .
+
+
(g + ^)
(g + ^)
cos (а;。— Q sin 0) t
cos (а;。— Q sin 0) t
1
1
sin (a。+ 口 sin 0)力 +
sin (a。+ 口 sin 0)力 +
+ (窃+ ^)
+ (窃+ ^)
sin (c(；o — Q sin 0) t .
sin (c(；o — Q sin 0) t .
Рассмотрим несколько частных случаев.
Пусть о。= жо/^о- В этом случае
х — xq cos (а。— Q sin 0) t, у =力о sin (幻。—Q sin 0) t.
Пусть о。= —жо/^о- В этом случае
х — xq cos (а。+ Q sin 0) t, у =—力о sin (幻。+ Q sin 0) t.
В каждом случае маятники движутся по окружности с разными угловыми скоростями.
Положим о。= 0. Тогда маятник колеблется:
x(t)=力о cos (Q sin 0 力)cos 幻。力
⑹ y(t)= —力о sin (Q sin 0 力)cosu；o力.
Плоскость качания вращается вокруг вертикали с угловой скоростью Q sin ф.
Вращение Земли можно рассматривать как результат циклического медленного изменения параметра, внешнего по отношению к маятнику. Сохраняет ли маятник «память» о вращении Земли? Полагая в (6)力= =Т, Т = 24 ч, находим д(Т)/力(Т) = — tg (2тг sin 0). Следовательно, через 24 ч маятник не возвращается в исходное положение — плоскость качаний будет смещена на угол 2тг sin 0, называемый углом Ханнея.
В 1851 г. французский физик Ж. Фуко установил в Пантеоне Парижа маятник массой 28 кг на тросе длиной 67 м. Такой же маятник массой 54 кг на тросе длиной 98 м был недавно демонтирован в Исаакиевском соборе Санкт-Петербурга.
Получить первые интегралы уравнений Лагранжа для маятника Фуко в сферических координатах.
Решение. Расположим начало координат в точке О на широте 0. Ось z направим вертикально вверх, ось ж — по меридиану к полюсу.
Введем обобщенные координаты: 0 — угол отклонения между нитью маятника и вертикальной осью и азимутальный угол 夕 между плоскостью качаний и плоскостью у = 0. Тогда квадрат скорости v2 = /2 (©? + + sin?。О?), ху — ух = /2 sin?。ф. Ограничиваясь анализом линейных колебаний 8 « 1, получим лагранжиан
L = ； ml2 俨 + 矿夕)+ m/2^2Q sin 0 S — ； mgl俨.
Поскольку 夕—циклическая координата, то сохраняется проекция обобщенного момента импульса на ось z:
М = т1202ф + m/2^2Q sin ф.(1)
Другой первый интеграл представляет собой полную энергию
Е =Е =©空+ S軍一.©空+ S軍一.
Е =
Е =
©空+ S軍一.
©空+ S軍一.
Подставляя L, находим
⑵⑶⑵⑶石=；ml2 俨 + 尹夕)+ j mglO2.
⑵
⑶
⑵
⑶
石=；7^2/ + 5小(e),石=；7^2/ + 5小(e),Из (1), (2) получим уравнение
石=；7^2/ + 5小(e),
石=；7^2/ + 5小(e),
ф J 2ml202ф J 2ml202(M — m/2^2Q sin О)? + ； mgl俨.
ф J 2ml202
ф J 2ml202
Система уравнений (1), (3) интегрируется в элементарных функциях (см. задачу 1.3.6).
Найти решение уравнений движения плоского двойного маятника в окрестности положения устойчивого равновесия.
Решение. Рассмотрим упрощенную систему: в неподвижной точке закреплена нить длиной /, к которой прикреплена частица массы т. К этой частице подвешен идентичный математический маятник. Пусть 夕 1,夕2 ——углы отклонения первой и второй нитей от вертикали. Лагранжиан системы
L = £ 戶9； + Е " [S； + 2sls2 COS (夕2 —夕 1) + 抬]—U(夕 1,夕2),U = —mgl (2 cos ^pi + cos 夕2)•
В положении устойчивого равновесия 夕i =夕2 = 0
^ — у ^2 [2g； + 2sls2 + 抬—说(2夕;+ ^2)]，说=%
Собственные частоты №,2 = V5 （л/2 干 1）说 и собственные векторы
11
"优（1） =， "ш（2） =" •
Общее решение
d1 = a cos （以1 力 + a） + 6 cos （以2力 + 3）,
D2 = - A/5a cos （以1 力 + a） + A/5 6 cos （以2力 + 3）■
Определить частоты продольных и поперечных колебаний линейной трехатомной молекулы.
Решение. Пусть массы атомов образуют последовательность: mi, m2, m3. Введем обозначения М = mi + g + m3, таъ = та + ть, R — радиус-вектор центра масс, г$ — вектор, соединяющий центр масс с атомом m2, tab = % — г/,. Произведем замену переменных
% = R + " + 门① Г$ = -呑（771^21 + т3Г23）,
которая соответствует переносу начала системы отсчета на атом m2 （см. задачу 3.3.2）. Кинетическая энергия молекулы равна
1 力2 丄 1 ^1^23 -2,1 ^зШ12 .2 mim3 ..
E”R + 2+ 2Г21Г23*
Положим Га = Гао + iia, где гао — радиус-вектор положения равновесия атома ma, иа — вектор смещения. Пусть гао — Г20 =及2叫 где е2a — единичный вектор. Для линейной молекулы е?з = 一^21 = （1, 0, 0）- Рассмотрим далее движение атомов в плоскости и введем полярные координаты 02,夕2, pi,夕 1 векторов U23 и Ui2・ Потенциальная энергия взаимодействия атомов
U = ； 3期 + 0力 + I "户（。2 一夕I2 + …
При вычислении первого члена, описывающего зависимость U от расстояния между атомами, учтено, что
（%0 - Г20 + U2al - Z『=（你小2a产+ …
Второе слагаемое определяет потенциальную энергию изгиба молекулы. Кинетическая энергия слабовозбужденной молекулы
К = / Л/R2 + - gaB （力а。/? + 尸9“戶），
Ш1Ш23Ш1ШзШзШ12
gU = ^^ 'g12 ='g22 =•
Лагранжиан молекулы L = К — U. Перейдем к нормальным координатам, совершая замену переменных
Pi = Qi COS ^ - q2 Sin ^ ,02 = Qi Sin ^ + q2 cos ^ ,
2g122mim3
夕=夕2 一夕1, tg 7 = = 7,
gll - g22 Ш2 - m3)
® =击[(gu + gl2)夕 1 + (g22 + gl2)夕2] •
В новых переменных лагранжиан приобретает вид
L = Т МТ о"% + * 户/ + gR「2 /2д2 —
% 2 =詣[Ш1Ш23 + ^3^12 =F (mim23 - m3mi2)2 + 4啮竭卜
几=gii + g22 + 2g12 = (m2mi3 + 4mim3) M~\
Продольные колебания. Из (1) находим частоты колебаний
2_ k _ k气2 = ^； = 52_ k _ k气2 = ^； = 5121121芯+莅+莅干芯+莅+莅干4^2m24^2m2
2_ k _ k
气2 = ^； = 5
2_ k _ k
气2 = ^； = 5
121
121
芯+莅+莅干
芯+莅+莅干
4
^2
m2
4
^2
m2
В частности, для симметричной молекулы (mi = m3 = т, m2 = то)
тт
т
т
В случае изомерной несимметричной молекулы (mi = m2 = m, m3 = ， т т то \т то / т
Поперечные колебания. Поскольку gug22 — g% = ^1^2 х х тзМ-1, то из (1) получим частоту
Заметим, что введение коллективных координат позволяет найти не только собственные колебания, но и исследовать поведение молекулы в электромагнитном поле.
Две частицы могут скользить по двум прямым, образующим угол тг/З. Частицы связаны между собой и с вершиной угла пружинами.
Пружины, закрепленные концами в вершине угла, имеют в ненапряженном состоянии длину /, а пружина, соединяющая частицы, — L. Найти собственные частоты линейных колебаний.
八2 3R 2& 3R 一厶）
ответ: % 标石标+力•
В качестве модели взаимодействующих нейтральных атомов рассмотрим два линейных диполя, расположенных на одной прямой на большом расстоянии друг от друга. Диполь образован протоном и электроном. Частота колебаний электрона изолированного диполя равна о；о. Найти собственные частоты колебаний системы.
Решение. Пусть протоны расположены в точках （0, 0, 0）, （Я, 0, 0）. Положение электронов определяется координатами 力i и 力2：（力i, 0, 0）, （А + 力2, 0, 0）. Смещения \хп\ « R. Потенциальная энергия системы
22221
R R — xi R + 力2 —力1 R + 力22° I 1 2丿
В окрестности положения равновесия 力i =力2 = 0
12е2
U = —т^2Ж1Ж2 + - mujQ （说 + 力；）,Q2 = —^ .
Далее запишем уравнения Лагранжа
Ж1 + Сс^С] — С?#? =0,历2 + 3^力2 — С?#] = 0.（1）
Из характеристического уравнения （说—/『=Q4 найдем собственные частоты 0；^ 1 = 0；^ 土 Q2. Общее решение （1）
1111
#=_] a cos （以1 力 + a） н-16 cos （以2力 + 3）■
При рассмотрении этой задачи в квантовой теории молекул энергия системы принимает дискретные значения
石九1n2 =方31 （九1 +万）+方32 （几2 + 2），
e4e4石00 = g（31 + 幻2）—方3。（1 —石00 = g（31 + 幻2）—方3。（1 —277?/r6丿・277?/r6丿・где 几1,几2 = 0, 1, 2, .. . — квантовые числа. Энергия основного состояния
e4
e4
石00 = g（31 + 幻2）—方3。（1 —
石00 = g（31 + 幻2）—方3。（1 —
277?/r6丿・
277?/r6丿・
Следовательно, взаимодействие нейтральных атомов приводит в квантовой теории к появлению потенциальной энергии ~ —R~G. Сила притяжения, действующая на каждый осциллятор, ~ А~‘ называется силой Ван-дер-Ваальса [64].
Ограниченная задача трех тел （К. Г. Якоби, 1835 г.）. Вектор £ （см. задачу 3.3.8） описывает окружность （рис. 4.2.11а）. Найти
ограниченное решение уравнений движения в окрестности «треугольных» точек Лагранжа [56, 65].
Решение. Совместим ось ж с вектором £. Тогда
^ = у （*+少2 + *）+^а （啕一д出）一 u（力，g，力
U = —?d 宀2）—m】m —g / тзт 二
2，（力一力1）2 +g2 + 炉 ，（力一力3）2 +g2 + 炉
где
力=—_Ш1. /力3 =/, Z = 1^1, Q2 = Gmi3//3.
Ш13Ш131 1/
Первый интеграл
.dLmr2
^ = r — - L = -— + U.or2
Полагая f = 0, получим уравнение поверхности 石=U, определяющей границу области пространства, в которой может находиться частица. Уравнения движения имеют вид
.._ 1 ди т дх
⑴
⑵
..1 3U
⑶
^ = m[xf （p） + G^l （丁e3 - 丁娉）],
⑷
|^ = W /К）, Ц = m MD + 便]，
⑸
/（г）= 一併 + Gm^^ + Gm^l，
丁 12 = （力一力 1）2 + g2 + 22 , T32 = （力_优3）2 + g2 +/2 .
Приравнивая X7U нулю, найдем положение точек г。относительного равновесия — так называемые точки либрации （от лат. libra — весы）. Ограничимся рассмотрением движения в окрестности точек Лагранжа （«треугольные» точки）, для которых z = 0, у # 0. Из （4）, （5） находим /（Г）= 0, 丁32 = 丁 12,
Ш1 — Шз I 力о =5Ш1з 2Ш1 — Шз I 力о =5Ш1з 2* =* =2。= 0・2。= 0・
Ш1 — Шз I 力о =5
Ш1з 2
Ш1 — Шз I 力о =5
Ш1з 2
* =
* =
2。= 0・
2。= 0・
Рис. 4.2.11Рис. 4.2.11
Рис. 4.2.11
Рис. 4.2.11
Координаты второй «треугольной» точки (力°, —go, 0) (рис. 4.2.11а).
В окрестности точки г。потенциальная энергия
+ a2 (沙-沙0)1 + yd2之⑹
&1 = 併 &12 = т—тз 學 Q2 k 9 q24mi3 44
Переходя к переменным x^ = xn —力九。,получим из (1)-(3) систему
至‘ 一20甘=k\x‘ + k、2u\(7)
у + 2a出'=自 2 力'+ r2g-(8)
芝+标2 = 0.
Из последнего уравнения следует z — zq cos Qt + io^-1 sin Q力.Найдем далее ограниченные решения системы (7), (8)力々=Re ипе~гХ1 (п = =1, 2). Характеристическое уравнение
А4 - QA2 + ” 此 В = °.(9)
4 mi3' 7
Его дискриминант должен быть положительным. Таким образом, условием финитного движения в окрестности положений равновесия является неравенство 27〃1з < т^. Собственные значения
Извлекая корень, получим
无,2 = 2无,2 = 21+3小一需1+3小一需(10)(10)
无,2 = 2
无,2 = 2
1+3小一需
1+3小一需
(10)
(10)
Для того чтобы общее решение системы (7), (8) приобрело наглядный физический смысл, удобно произвести переход к локальной системе координат, совершая поворот х> 期 т q、> q?：
ж - ж0 = Q1 cos (夕/2) + q2 sin (夕/2),
У ~Уо = -Qi sin (夕/2) + q2 cos (夕/2),(И)
где tg 夕=д/^ (mi—тз)/т1з- Если mi》m3, то 夕=тг/З (рис. 4.2.116). В переменных qi, 42, 2 лагранжиан, описывающий линейные колебания, имеет каноническую форму
(12)(13)(12)(13)L =豆(Qi + Q2 + 炉)+ ш^(QiQ2 — Q2Q1) — U,U=-^(。1 次 + 02 忌)+ ^ 便炉，
(12)
(13)
(12)
(13)
，4\Ш13/
Решение уравнений, порождаемых лагранжианом (12),
史=a cos (Ait + a) + b史=a cos (Ait + a) + b2aA2Л2 + <t?2aA2Л2 + <t?sin (A2t + 0),sin (A2t + 0),2aAi2aAisin (AV + a) + 6 cos (A2力 + 3).sin (AV + a) + 6 cos (A2力 + 3).(14)(14)
史=a cos (Ait + a) + b
史=a cos (Ait + a) + b
2aA2Л2 + <t?
2aA2Л2 + <t?
sin (A2t + 0),
sin (A2t + 0),
2aAi
2aAi
sin (AV + a) + 6 cos (A2力 + 3).
sin (AV + a) + 6 cos (A2力 + 3).
(14)
(14)
Заряд движется в неоднородном магнитном поле, реализующем «мягкую» фокусировку. Вектор-потенциал поля в цилиндрических координатах вблизи плоскости 2 = 0 имеет вид [17]
Лр = Az = 0, Л^ = ^ dp р В⑺—^ ^ +о
где В(р)=月0(丁()/0)% 0 < q < 1, Q, го — постоянные. Найти частоту линейных радиальных и аксиальных колебаний в окрестности равновесной орбиты.
Решение. В явном виде 夕-компоненту вектора-потенциала можно представить в виде
4(")= (£ + *"(〃)•⑴
Используя решение задачи 2.2.17, запишем уравнения движения электрона зарядом е = —ед：
тр =-亏’…
^эф(р, 2)=^эф(р, 2)=+ О% J，+ О% J，Эффективная потенциальная энергия электрона
^эф(р, 2)=
^эф(р, 2)=
+ О% J，
+ О% J，
⑵
где проекция обобщенного момента импульса Mz〉0. Подставляя Z夕 из (1) в (2), получим
5s(〃 2)= *5s(〃 2)= *Mz ео (夕Mz ео (夕22
5s(〃 2)= *
5s(〃 2)= *
Mz ео (夕
Mz ео (夕
2
2
Положение равновесной орбиты определяется условиями диэф/др = 0, dU^jdz = 0:
Mz СоMz Со— д g(i + д)У— д g(i + д)У— g— g6(。)= 0, 2 = 0,6(。)= 0, 2 = 0,
Mz Со
Mz Со
— д g(i + д)У
— д g(i + д)У
— g
— g
6(。)= 0, 2 = 0,
6(。)= 0, 2 = 0,
из которых находим
0eq = R =0eq = R =&q 0.&q 0.cM (2 - g) 11/")
0eq = R =
0eq = R =
&q 0.
&q 0.
Co^o (1 — g) W_
Разлагая U в ряд Тейлора в точке р = R, z = 0, получим
U = ^ ［渭(0 _ a)2 + ^2^2］，
:jrCo 6(R)
Очевидно,幻1,幻2 ——частоты радиальных и аксиальных колебаний в окрестности равновесной орбиты. Частоты колебаний порядка частоты вращения о；о на равновесной орбите. Из (3) следует, что радиальные колебания устойчивы при условии 0 < q < 1 (мягкая фокусировка).
Потенциальная энергия трехмерного осциллятора
U(X)= —(3 Smn — k ^mn + ^m^n) ^m^n •
Тензор emn представляет собой диагональную матрицу с элементами Ен = ^22 = £, £зз = £з・ Найти решение уравнений движения. Записать лагранжиан в нормальных координатах.
Решение. Будем искать решение уравнений
^т + ПтпЖп = 0, Птп = 3 ^mn — k Jmn + kmkn （1）
в виде xm = Re ите~гХ1. Вектор um удовлетворяет системе алгебраических уравнений Птпип =入^仅优.Условие det | — А2 / + П| = 0 приводит к уравнению
（Д2 + &2—Je） [д4 —д2 （幻泾 + 幻？* —&2）—№ （х2е +А：з£з）+и；4££з] = О,
浦=储 + 後.Собственные значения
Х；3 = ； J（£ + £з）—廿干[J（£3 — £）+ 層—X2]2 + 4“2層
А? = Je — &2 .（2）
Предположим, что выполняются условия, при которых движение финитно. Собственные векторы системы （1）
cos 夕 cos а/2— sin 夕
仅优（1）= sin 夕 cosa/2 ,仅优（2）=cos 夕 ,
—sina/2О
cos 夕 sin а/2
"优（3） = sin 4 sina/2 ,cos а/2
_2死&з_&2 sin 2®
g J（£3 — £）+ 储-諸 J（£3 - £）+ &2 COS 2®
Здесь 8,夕一сферические углы вектора к. Заметим, что при Ап = О соотношения （2） совпадают с дисперсионными уравнениями для плоской электромагнитной волны в анизотропном кристалле [13]. В этом случае u（n）— векторы поляризации. При е = £3 （а = 2。） векторы u（n）совпадают с ортами сферической системы координат. Общее решение （1）力优=ДтмЛм cos （X〃力 + а〃）. Столбцами матрицы Дтм = =ит^ являются собственные векторы, которые удовлетворяют условиям нормировки
△тр,^тг/ = 8〃〃, ПтпДт^ДпгУ = А〃8〃〃.
Переходя к нормальным координатам х ^ q: хп = 772一1/2△九〃 д〃, получим лагранжиан L = （«^ —》^q^）/2.
Модель одномерного кристалла. Найти решение уравнений движения атомов, расположенных в узлах кристаллической решетки, в гармоническом приближении [66].
Решение. Рассмотрим кристалл с одним атомом массы т в элементарной ячейке. Положение ячейки хп = nd, где d — период трансляций.
Пусть ип — смещение атома от равновесного значения хп. Предположим, что электроны в кристалле успевают следовать за конфигурацией, отвечающей минимальной энергии. В гармоническом приближении энергия взаимодействия атомов
U — - 口仅仅 П —(—)2\OUmOUn/и=0
Коэффициенты Птп зависят только от разностей m — п, поскольку силы взаимодействия атомов могут зависеть лишь от относительного положения ячеек в решетке. Обозначая Птп = A7n一九,запишем потенциальную энергию в виде
U = 5 RSUmUm+s.
Очевидно, Rs = R~s. Ограничимся далее учетом взаимодействия только соседних атомов: Я0 = 2х, Я1 = А~】=—х, остальные коэффициенты равны нулю. Поскольку duk/дип = Skn^ то сила, действующая на n-й атом,
Fп = — 3〃 = —RS I1rl~\~S = —“ (2仅77, — ^n —1 — ^n + 1 ) •
Лагранжиан кристалла
L = 5^^^ — 2Rs I1rll1ri+s •
Уравнение Лагранжа
m^i1n +R ^n+s 0.(1)
Ищем решение (1) в виде ип ~ Re епе~гш1. Собственные векторы удовлетворяют уравнению
—mu;2en +Rs en^s = 0.⑵
Система (2) имеет решения еп =出吗 e-tnkd ПрИ условии
J =丄Rseiskd = 4说 sin2^ ,(3)
где 3飞=貝Iт> k — произвольное число. Частное решение (1) можно представить в виде
ип = Re (Ze必力—泌^ + Bei^ikndy
Рассмотрим краевую задачу, налагая граничные условия 仅。="n+i = =0, т. е. атомы с номерами п = 0 и n = N + 1 закреплены. Из условия и。= 0 находим Л = —В. Другое условие приобретает вид sin & (N+ + l)d = 0, следовательно, к =卜八 з = 3八
= (N:Z)d， = 2^° з口2(；；1" " = 1，2,M Собственный вектор
2. 7ГРП
= ЛЙЛ Sm АЙЛ .
Общее решение системы (1)
仅к =а〃6r2(〃)cos (^(jji/t + а〃).
Рассмотрим некоторые частные случаи.
N = 1. В этом случае 〃 = 1,
仅1 = ai cos (幻1 力 + ai), 幻1 = д/5с(；о.
N = 2. Колебания являются суперпозицией двух мод с частотами о?1 = “о И О?2 = д/з ^0,
"1 = ± a cos (以1 力 + ai) + (Z2 cos (以2力 + 效)],
仅2 = 纟 a COS (以1 力 + ai) -a2 COS (以2力 + 效)].
2.15. Найти спектр частот одномерного кристалла с двумя атомами в элементарной ячейке.
Решение. Пусть mi, m2 ——массы атомов в элементарной ячейке, ип^ а — смещение атома а от равновесного значения в ячейке с номером п (а = 1, 2). В гармоническом приближении потенциальная энергия
U = / RaBUmaUm+s, В >
причем А^з = А詬.Если ограничиться учетом взаимодействия ближайших соседей, то Я?х = А% = 2", Я?2 =星1 = 一"，Я^ = Я^1 = =—х, остальные коэффициенты равны нулю. Уравнения Лагранжа
力^从以九从+ RnolUti+s, а 0・(1)
Ищем частное решение (1) в виде монохроматической плоской волны
un^^^A^t+iknd,(2)
где k — волновое число, d — период кристаллической структуры. Подставляя (2) в (1), получим систему
—Z〃 + N^aAa = 0,(3)
здесь N〃a = £ R^aeiskd — эрмитова матрица:
Ml = N22 = 2〃，N12 = <1 =Sin ^ £ — /d/2.
Система линейных однородных уравнений (3) имеет отличное от нуля решение при условии det | — №m〃b〃a + NQ = 0, из которого находим [67]
吃=記^ е± 必-4ggsin2#
m = mi + m2. При Rd « 1 эти частоты имеют вид
з1 0з1 02死2死2死 I . kd I
з1 0
з1 0
2死
2死
^2 ———sin . m I 2 I
Функция u；2(&), стремящаяся к нулю при & —> 0, называется акустической ветвью колебаний. Функция 幻1(&) определяет оптическую ветвь.
2.16. Цепочка Тоды [68]. Найти волновое решение уравнений движения N частиц с энергией взаимодействия
U = Uo ^ (жп+1 - хп\ 夕(т) = ехр(—ат) + ат,
где хп — отклонение n-й частицы, %夕(т) — энергия взаимодействия ближайших соседей.
Решение. Уравнения движения цепочки нелинейны и в общем случае произвольной функции 夕(т) неразрешимы. «У меня, — писал Тода, — не было никакой определенной стратегии, кроме надежды, что методом проб и ошибок я могу найти одновременно потенциал и решение» [69]. Уравнения движения
тхп = “а {exp [-а(жп -力九—/ — exp [-а(жп+1 - жп)]} (1) после введения нелинейных импульсов тхп — сп — сп_\ можно представить в виде системы
Сп = Uga (с п — 1), ТПТп = 2сп — сп_^± — сп_1, (2) где гп — хп — жп-1，Это преобразование «линеаризует» члены взаимодействия. Из (2) следует уравнение
~ ~万 =cn_|-i + сп_1 一 а сп + Uo。
Для стационарной бегущей волны сп =石(8), 8 = 3t — рп. Функция 石(8) должна удовлетворять уравнению
哈 〃 =石(° + р) +W-p)-2石(®)・(4)
а 乜十Uoa
Ограничимся отысканием решения в виде уединенной волны — солитона. Следуя Тоде, заметим, что
th(e + Р)+ th(e —团—2 the =—試:嚷, следовательно, полагая
石(e)= 子g th (以力一夕几), 3 = (^^ ) / shp, получим решение уравнений движения (1):
ехр(—arn) = 1 + sh?# ch~^(幻力—рп).
В оригинальной работе Тода было получено решение в терминах эллиптических функций. Впоследствии на основе метода обратной задачи рассеяния была построена полная теория. В частности, получены N- солитонные решения и показано, что солитоны обладают свойствами частиц — после встречного столкновения сохраняют первоначальную форму [70].
Вынужденные колебания
Найти решение уравнения 近 + 戸力 =0 при различных значениях k.
Решение. Будем искать частное решение в виде х — tx [9, 71]. Параметр А удовлетворяет уравнению А (А — 1) + & = 0, следовательно, М 2 = 1/2 干 1/4 — & . Возможны три типа решений:
D ?^ 5rBD ?^ 5rB'к < 1/4, ж = G6 +Q公2；
D ?^ 5rB
D ?^ 5rB
& = 1/4,力=V? (Ci + Q In t);
&〉1/4,力=V? C cos ( & —1/41п 力+ а).
теории дифференциальных уравнений точка 力=0 называется правильной особенностью.
Найти решение уравнения
ж +ж +1 + (〃丁 )21 + (〃丁 )22力=0.2力=0.
ж +
ж +
1 + (〃丁 )2
1 + (〃丁 )2
2
力=0.
2
力=0.
Решение. Перейдем к новым аргументу 0 и функции о, совершая
замену
力=丁 ctg е.力=丁 ctg е.
力=丁 ctg е.
力=丁 ctg е.
Тогда искомое уравнение преобразуется к виду
察 + k2v = 0,R2 = 1
следовательно, решение в параметрической форме
ж = sin-1^ (Ci coskO + O2 sin &8), t — т ctg8.
Две частицы, соединенные пружиной, могут двигаться по вертикальной гладкой прямой. Одна из них колеблется по закону s(力)=so cosu;t (рис. 4.3.3). Найти условие, 八 при котором амплитуда вынужденных колебаний второй % частицы относительно первой меньше sq.
Решение. Рассматриваемая система имеет одну степень свободы. В неинерциальной системе с началом на первой частице лагранжиан
L = у ж2 — ^ (ж — /о)2 — mgx — msx.
Уравнение Лагранжа
mx = —k (ж — /о) — mg + rnsooj2 cos ujts«)
имеет решение
力=Zo + a cos (a;。力 + a) H——^ $о ? cosu;t,Рис. 4.3.3
左C^O — Cd
где а。= k/m. Искомое условие: k〉2mu;2. Рассмотренная система является моделью амортизатора.
Две частицы соединены пружиной и находятся на гладкой горизонтальной прямой. К частице массы т? приложена сила & cos 幻力, направленная по прямой, соединяющей частицы. Записать лагранжиан системы, найти закон движения частиц. При каком условии амплитуда вынужденных колебаний частицы т^ равна нулю.
Решение. Пусть 力i,力2 ——координаты частиц mi и m2 на прямой. Лагранжиан системы
L = ^^ 亦;4—U 出；一е (力2 一力1 - /g)2 + 力2&I cos3力.
Перейдем к новым переменным 力力2 T 力,q：
Ж = -(m1Ж1 + 7712力2),^ =加1 + m2, g=力2 一 力 1.
В новых переменных
L = ж2 + Q2 — （q — Zq）2 + （力 + ^^& cos 3t.
Уравнения Лагранжа
mx — Fq cosa;%,
从С — —k{q — /0） + * Fo cos3力
имеют решение
X C^t -|-。2 — ~2 COS Ujt,
тз
q =，o + a cos {uj^t + a） + ^д ?晶―^ cos з力
где а。=&/从.Вклад внешней силы в функции Ж1,力2 имеет вид
*1 =…+mJ（J7） cosy
力2 =…+力2 =…+（7712爲—mJ） Fq（7712爲—mJ） Fqmm2（v2 （J —孟）mm2（v2 （J —孟）cos at,cos at,
力2 =…+
力2 =…+
（7712爲—mJ） Fq
（7712爲—mJ） Fq
mm2（v2 （J —孟）
mm2（v2 （J —孟）
cos at,
cos at,
⑴⑴⑵⑵
⑴
⑴
⑵
⑵
следовательно, искомое условие: з = k/mi.
Найти решение уравнения ж + ш^х = / cos о;。力.
Ответ, х - a cos （以0力 + a） + --力 sin 以0力.
Найти решение уравнения
ж + 7Ж + ш^х = ^ 尸（力）, 幻0〉）/2.
Начальные условия ж（0） = жд, ж（0）=亦°.
Решение. Представим решение исходного уравнения в виде
力⑴= с（о）⑴ + j^G（3，）R（，）,о
G +）@ + 说 G = 8（力—力'）.G +）@ + 说 G = 8（力—力'）.⑶⑶где 力⑼⑴一решение однородного уравнения. Функция Грина удовлетворяет уравнению
G +）@ + 说 G = 8（力—力'）.
G +）@ + 说 G = 8（力—力'）.
⑶
⑶
Подставляя в (3) фурье-разложение
G(3')= j ^如⑷
получим
g(3)_ —(3 _⑴1)一1(3 — 32)_*
31,2 = _£)/2 ± a, a= ^0 -(2) •
Полюсы подынтегрального выражения (4) лежат в нижней полуплоскости комплексной переменной з = а/ + i3”. По этой причине (4) обращается в нуль при 力 V，. Действительно, при t < V реальная часть —i3(t — 力'),равная J'(t — 力'),отрицательна в верхней полуплоскости, где замыкается контур интегрирования. При 力〉〃 контур интегрирования замыкается в нижней полуплоскости. Таким образом, учет сил трения автоматически обеспечивает выполнение принципа причинности. Вычисляя интеграл (4), получим
G(S)= - J 穿 二])(-2)=。"门。(一')，⑸
。(丁) = Q-1 exp(-^) sinQr.
Заметим, что функция D(t —力')обладает свойствами
0⑼=。，帮L=i ⑹
и удовлетворяет однородному уравнению. Интегральное представление функции О(т) совпадает с (4), однако контур интегрирования проходит по часовой стрелке, охватывая все полюсы [10, 72]. Поэтому общее решение (1) можно представить в виде
力⑴=7 D(t)xG + 力⑴鄧 +。⑴ xG + ^D(t- У) R(，).⑺
о
Доказать, что вещественная часть фурье-разложения функции Грина при некоторой частоте, определяется значениями мнимой части при всех частотах (и наоборот).
Решение. Условие причинности G(t) = 0, 丁 V 0, позволяет представить g(u?) в виде функции
g(a) = j 加 G") e必7 = j 加 G") e必I Im a〉0,
—oo0
голоморфной в верхней полуплоскости комплексной переменной ш. Поэтому g(a) называют причинной трансформантой. Поскольку g(u;) — квадратично интегрируемая функция, то согласно теореме Титчмарша имеем интегральное представление [10]
± [竺0(1)
Рассмотрим случай, когда точка ио лежит на вещественной оси. В теории обобщенных функций известно, что при стремлении о; к вещественной оси сверху
lim ——— — — Р—Ь гтг 8( J —e —> 0.
з — з — %Е Cd— Cd
Отделив вещественную и мнимую части в (1), получим интегральные уравнения
Reg(&) =丄 РIm产(J) , [mg(3)= —丄 PRe产(J),
3 一 3万 、& 一 &
связывающие действительную и мнимую части функции g("). Эти уравнения называются дисперсионными соотношениями.
Впервые дисперсионные соотношения получены Г. Крамерсом в 1926 г. для комплексной диэлектрической проницаемости изотропной среды £(幻).Связь между дисперсионными соотношениями и условием причинности была установлена Р. Кронигом в 1942 г. В классической электродинамике сплошных сред вектор электрической индукции D связан с напряженностью поля Е соотношением D = е()Е + Р, где Р = еп r(t) — плотность дипольного момента в СИ, г — радиус- вектор электрона, п — концентрация электронов. В классической модели потенциальная энергия взаимодействия электронов с ядром U = тш^г2/2. В этом случае
P = J j d，G(% —，)E(，)・
Переходя к фурье-представлению D& = £оЕш + Р&, введем функцию е(з) соотношением D& = £(幻)еоЕ^. В результате получим
2
£（“）= 】 +試g（“）・
Очевидно, что из (2) следуют дисперсионные соотношения для функции e(з).
На осциллятор действует сила R(力) = —mq8(t — г) ж, где S(t)——дельта-функция Дирака. Найти решение уравнения движения.
Решение. Уравнение движения
近 + [说 + q 8(力 一 丁)]力=0,(1)
соответствующее осциллятору с переменной частотой, представим в виде интегрального уравнения Фредгольма
力⑴=仅⑴一I d^ G(t — t^ q 6^ — r) x^).(2)
Здесь 仅(力)—решение уравнения 近十幻^力=0 с начальными условиями, заданными в момент времени 力о < т, G(力—tf) = D(t — tf) 0(t — tf)— функция Грина, D(t —，) = (l/u;。) sin u；o (力—〃).Из (2) получим
优⑴="⑴-G(力-7)q *0.(3)
Полагая в (3)力=г, находим 力(丁)=仅(丁) и решение уравнения (1):
力⑴=仅⑴—G(t — т) qu(r).(4)
Следовательно,
x(t) = u(t\ t < г; x(t) = u(t) — D(t — r) qu{r\ 力》丁.
Отметим, что при значении t — т возникает скачок скорости Дж = =_ди(т)・
Определить вынужденные колебания слабозатухающего осциллятора под влиянием силы F = Fg cos cvt. Начальные условия 力(0) = 0,亦(0) = 0.
Решение. Рассмотрим случай, когда о; = о;。+ е, е《о;。. Из формулы (7) задачи 4.3.6 получим
t
力⑴ 0 ^ Re[d，0(力-y) 6一必/ = ReZe-必力一弋(1)
о
Z⑴6一2a⑴=^ 1 - exp(-^ + 金e力)(说-J - 63))：⑵
Фаза и амплитуда являются медленными функциями времени: |Л|《 《Аш, |d|《\а\ш. Из (2) находим
z⑴=—— 晶 [1 -/2 cos" + 6一呼/2
m (oJq — oj2)2 + oj272
Исследуем три частных случая переходного режима [62].
7 7^ 0, £ = 0. В этом случае
7 = 0, £ 7^ 0. Тогда
4力）=-卜m乳тзи 厄| I 2 I
）= 0, £ = 0.
2moJo
Функция 4力）изображена на рис. 4.3.9.
Рис. 4.3.9
Сила, действующая на слабозатухающий осциллятор, F（t） = Fq cosш1 （力》0）. Исследовать стационарный режим движения осциллятора.
Решение. Уравнение движения в стационарном режиме （力》7-1） имеет решение
Fc6一23
力（力）- -- Re 2——:—— = C cos （以力+ 夕）,
m о；。一 G —沁）
0=黑，0=［（诵一 /）2+/俏-
cos 夕—（о;。—幻）D-1, sin 夕——о；）。—1.
Заметим, что С(з) достигает максимума при
二―7"Fo Г 2 小 2]Т/2
Рассмотрим три случая.
а《а。，тогда 夕 о 0,力(力)=С。cos о;力 Со = Fg]тз^.
Смещение определяется амплитудой силы и жесткостью как в статическом режиме.
ш — ш^. Фаза колебаний 夕=—тг/2, амплитуда С = QCq, Q = =а。/), здесь Q — добротность осциллятора.
о;》о;。. Фаза колебаний 夕 о —тг, амплитуда С о (u；o/c(;)2co《 《c0.
Из закона изменения полной энергии находим Е = Pext + Ртр, pext _ ^ F(t\ ртр = —7n)亦2 Сумма среднего значения мощности внешней силы
〈严写=—；F^C Sin 夕=£ )/^0 —2
и среднего значения мощности силы трения (Ртр) = —ту^С2/2 равна нулю.
Сила R(力) = /(力)coso;t действует на осциллятор в интервале времени t ^ to. «Амплитуда» силы удовлетворяет условию \df /dt\ 《 回/|・ Начальные условия 力(力о) = 力о,亦(力о) = 亦о・ Найти решение уравнения движения в установившемся режиме колебаний.
Решение. При 力一力о》1/)в установившемся режиме решение
力⑴ ^ ^ Re j d，G(t - У) /(У) 6一必".to
Переходя к новой переменной т — t — t\ получим
t—to
力⑴Reb必力 I d7G(7)/(力— 7)6必二
Поскольку 力一力о》)—1, то верхний предел можно положить равным +оо и учесть, что основной вклад в интеграл дают значения зт《1. В результате получим
力⑴=^ Re 6一必* J dr G(t) e必7 [/⑴一7/ + ...]=
= ^ReL[g®{) + £^/ +」
где g(a) = (с(^ — № — i?3). Введем действительные функции С и 夕
соотношениями g(a) /(力)=С exp (—/(/;).Тогда
力⑴=С⑴ cos \ujt + ” + ...,
m (0；0 — Oj2)2 + ()g)2
cos g ——二, sin g = 二.
(c^ -公2)2 + ()g)2(g^ -公2)2 + ()g)2
Найти вынужденные колебания одномерного осциллятора
N
в результате действия силы R(力)= £。九 8(力一力九).Начальные условия n=0
ж(0) — 0, ж(0) — 0 [9].
Решение. Из формулы (7) задачи 4.3.6 находим в интервале ts_\ < < t < ts
优⑴=(m^1 vn exp[一^ (力-拆)]sinQ (力-力П). n=0
—iQt + inT (口 —•—iQt + inT (口 —•Пусть vn — v^tn — пт^ тогда
—iQt + inT (口 —•
—iQt + inT (口 —•
优⑴—j 6一)"2 Im exp
n=0
После вычисления суммы геометрической прогрессии со знаменателем g = exp [гт (Q — £)/2)] получим
优⑴=力/2 Im J
Пусть период толчков т = 2tt/Q. Тогда
*(4пШ(；° — 1) sin^…хр(£)・
Найти энергию, переданную осциллятору в результате действия силы F(t), t》0.
Решение. Полную энергию осциллятора в момент времени t можно представить в виде
石=^*+*2/2 = ^侬_林0力『■(1)
Предположим, что в начальный момент времени осциллятор покоился. Если 7《о;。，то
t
X 0（77WO）一[ d，6一）/2 sin С（；о （力一力'）r（力'），⑵
0
t
ж 0 m-11 di, e-7 （力一"）" COs 30（力—y）r（，）.（3）
о
Подставляя （2）, （3） в （1）, получим
矶"=2m J j dtf F（tf） exp [（一^ - 感0）（亡 一，）•⑷
о
Если промежуток действия силы △力《 幻丁 \ то
о
В отсутствие трения полное приращение энергии осциллятора
△石=喙'，几=j d%R⑴e必力.
В момент времени 力о —> — оо осциллятор покоился в начале координат в положении равновесия. Найти приращение энергии незатухающего осциллятора в результате действия силы
R⑴=.
、 丿 万丁 1 + （〃丁）
Б. R⑴=-^e-（f/T）2cosm.
Ту 7Г
R（力）-Fo九⑴cos Qt,九⑴=1,用W ^；九⑴=0,用〉^ .
Решение. А. Вычисляя интеграл
f3制f3制、i3tJ山El。、i3tJ山El。
f3制
f3制
、i3t
J山El。
、i3t
J山El。
находим △£* = （/^/2m） exp （―2幻0丁） [138]. Если ujqt 《1, то △石 （/g /2т）. В этом случае R⑴ /о 8（力）.
Б. Указание:Б. Указание:
Б. Указание:
Б. Указание:
几=—M+J)#/4 Ch(嘤
В. Указание:
Г sin (Q — ш)т/2 sin (Q + ш)т/2
卓3 =卓0 01八丁
L Q — gQ + g
Сила, действующая на незатухающий осциллятор (рис. 4.3.15)
S 叩 YU]，4)=1 + ехр；"・
В момент времени 力о —> — оо осциллятор покоился в начале координат в положении равновесия. Найти приращение полной энергии в результате действия внешней силы.
Рис. 4.3.15Рис. 4.3.15
Рис. 4.3.15
Рис. 4.3.15
Решение. Учитывая значение интеграла [53]
oo
получим фурье-компоненту
几=2тгтЕ0，丁Г* •sh 7T0JT
Энергия, переданная осциллятору △£* = Е(оо) = \F^/2т^
△石= *唄△石= *唄sinivoT/2^ sh тгшот / *sinivoT/2^ sh тгшот / *
△石= *唄
△石= *唄
sinivoT/2^ sh тгшот / *
sinivoT/2^ sh тгшот / *
Рассмотрим два частных случая.
А. Плавный фронт импульса силы (幻0丁》1). В этом случае передача энергии экспоненциально мала:
Б. Импульс силы с крутым фронтом (幻0丁《1). В этом случае
/(力)⑴，е⑴=i,力20； е⑴=。, t < 0.
Функция F(t) соответствует прямоугольному импульсу длительностью Т. Приращение энергии осциллятора
△石 ^ —--sin --
т\шо 2 7
Если з()Т《1, то ЛЕ /д /2т, /о =吊丁，F(t)/о 8⑴.
Сила, действующая на незатухающий осциллятор, R(力)=0, t < 0,t > т; F(t) = &, 0 W 力W т. Найти решение уравнения движения и энергию, переданную осциллятору. В начальном состоянии ж(0) = 0, ж(0) = 0.
Решение. Согласно формуле (7) задачи 4.3.6 при 0 ^ t ^ г
x(t)= 務 f dtf sinujq (力一У) = 2^ sin?^^mcoo Jmojo 2
В интервале t > т
力(力)=/ dt sinО sm -sin—
mivo J2'2
о
Если 幻0丁 = 2тг, то осциллятор совершит одно полное колебание и после прекращения действия силы успокоится. Энергия осциллятора
项力）=骂mojo项力）=骂mojo♦ 2 Go 力 sin.2 Got Sm I-♦ 2 Go 力 sin.2 Got Sm I-0 < t < r, 力27.0 < t < r, 力27.
项力）=骂
mojo
项力）=骂
mojo
♦ 2 Go 力 sin
.2 Got Sm I-
♦ 2 Go 力 sin
.2 Got Sm I-
0 < t < r, 力27.
0 < t < r, 力27.
Если 幻0丁《 1, то Е(оо) = (l/2m) (Fqt)2. В этом случае R(力)можно представить в виде R(力)=Fqt 8(力).
Сила, действующая на незатухающий осциллятор,
飞）=&飞）=&32〉^1 •32〉^1 •sin 32t — sin 3it(Cd2 — 31) t
飞）=&
飞）=&
32〉^1 •
32〉^1 •
В момент времени 力一> —оо осциллятор покоился в положении равновесия. Найти энергию, переданную осциллятору.
Решение. Учитывая значение интеграла
d力力—1 sin o;t = тг sin u;,
Рис. 4.3.17Рис. 4.3.17
Рис. 4.3.17
Рис. 4.3.17
получим фурье-компоненту силы
凡。=j d，R（，）"K=：尸°凡。=j d，R（，）"K=：尸°[sign（32 - Зо） - sign（31 - Зо）].[sign（32 - Зо） - sign（31 - Зо）].
凡。=j d，R（，）"K=：尸°
凡。=j d，R（，）"K=：尸°
[sign（32 - Зо） - sign（31 - Зо）].
[sign（32 - Зо） - sign（31 - Зо）].
Таким образом, исходный сигнал представляет функцию с ограниченным спектром шириной △& =幻2 一 幻1 （рис. 4.3.17）. Если о;。лежит в области До;, то энергия
硏О0）=為凡。『=惠（喏）■
Заметим, что при условии △& 《 幻2 + 幻1 F（t） можно представить в виде почти гармонического колебания с медленно изменяющейся амплитудой R（力）= 厶（力）cos u；ot,
4力）=^^ sin Iз0 = ；（31 + 32）.
Аналитический сигнал. Дан график квазипериодиче- ской функции 石（力）.Найти критерий, позволяющий представить эту функцию в виде 石⑴=Z⑴ cos Ф⑴[73, 74, 132].
Решение. Строго монохроматическое колебание частоты з задается при —оо < t < оо выражением u（t） = a cos 夕,а = const, ^）— ^t -\- а. Комплексная запись колебания
仅⑴—u（t） + i о⑴—аег（р
получается при введении мнимой части, равной £а sin 夕.Амплитуда, фаза и частота определяются выражениями
а = 仅/ +, cos 夕=-, sin 夕=-
⑴⑴3 = a~2 （心仅—办о）.
⑴
⑴
Преобразование Гильберта обобщает правило построения мнимой части на произвольные функции 石(力)：
击'黑■⑵
В результате получим функцию
弘⑴=石⑴+ i卜⑴= dtf•(3)
/ \ —i3t 行心)6/ \ —i3t 行心)6Если подвергнуть функцию 石(力)фурье-преобразованию
/ \ —i3t 行心)6
/ \ —i3t 行心)6
石⑴=
и учесть значение интеграла
— i3t‘
то получим
W(t}=扌 j 如 с(5сТ叫(5)
о
Нетрудно проверить, что Re W(t)= 石(力).Функция W(t\ называемая аналитическим сигналом, впервые введена Д. Габором (1946). Таким образом, E(t) можно представить в виде 石(力)=厶(力)cosФ(力)，где
4%)= WHW), соSф =瑞，seФ =黯
Мгновенная частота определяется аналогично (1):
幻⑴=|W「2 Im WW\
Представление (5) позволяет корректно выделить огибающую функции E(t) и исключить высокочастотные составляющие, не проводя усреднения в явном виде. Теперь становится очевидным, что переход от выражения 石(力)=石о(力)cos uj^t к комплексной записи
石⑴=Re/⑴，/(力)=瓦⑴必。力
столь же произволен, как мнимая часть. Аналогичная запись в терминах аналитического сигнала имеет вид E(t) = Re W(t), где W(t) определяется формулой (5), причем
с(з)= j dt E(t) ёш\
Очевидно, спектры комплексных функций /(力)и W(t) не совпадают.
Практическая важность аналитического сигнала связана с методом измерения мгновенной мощности любого квазипериодического процесса 石⑴ = 厶⑴ cos cj()t. Рассмотрим детектор, имеющий время отклика т, малое по сравнению с характерным временем изменения «амплитуды», но большое по сравнению с периодом 乳=2тг/с(；о. В этом случае детектор измеряет, по существу, мгновенную мощность
t+r/2
t-T/2
Запишем теперь 石⑴ в виде
石⑴=Re [e^of F(t)],R⑴=e—必。力 W(t\
Функция F(t) изменяется медленно на временном интервале т. Тогда с достаточной степенью точности мгновенная мощность равна половине квадрата модуля аналитического сигнала: P(t) = (1/2) \W\2.
Сила, действующая на незатухающий осциллятор,
R ⑴=F(ntc)R ⑴=F(ntc)7Г7Гsin [ojc (t — ntc)]生(力-Tltc)
R ⑴=F(ntc)
R ⑴=F(ntc)
7Г
7Г
В момент времени 力о —> — oo осциллятор покоился в положении равновесия. Найти энергию, переданную осциллятору.
Решение. Учитывая значение интеграла
Лр27rЛр27rd 丁气二=£（3）,£（3）= 1, 3d 丁气二=£（3）,£（3）= 1, 3〉0；£（幻）=—1, О； < 0,〉0；£（幻）=—1, О； < 0,
Лр
27r
Лр
27r
d 丁气二=£（3）,£（3）= 1, 3
d 丁气二=£（3）,£（3）= 1, 3
〉0；£（幻）=—1, О； < 0,
〉0；£（幻）=—1, О； < 0,
—% W & W Зс； и? V —.—% W & W Зс； и? V —.
—% W & W Зс； и? V —.
—% W & W Зс； и? V —.
получим фурье-компоненту
几F(ntc)ein^,
F3 0, UJ〉Зе,
Отметим, что семейство функций F(t), введенных впервые в 1933 г. В. А. Котельниковым, обладает замечательным свойством. Спектр
функции R(力)ограничен отрезком [—шс, а/, а функция R(力)определяется счетным множеством своих значений. Приращение энергии осциллятора при значениях частоты о;。＜ шс равно
△石几。
Найти энергию, переданную осциллятору заряженной пролетающей частицей (в дипольном приближении) [75].
Решение. Предположим, что осциллятор представляет электрон, движущийся в поле ядра. В рамках классической теории энергию взаимодействия электрона и ядра можно выбрать в виде U = тш^г2/2. Следовательно, уравнение движения электрона
mF + тш^г — —еоЕ (г — R⑴),(1)
R ⑴=b + и 力 bu — О,
здесь Е — напряженность электрического поля, создаваемого пролетающей частицей, b — прицельный параметр, и — скорость пролетающей частицы. В дипольном приближении можно пренебречь зависимостью поля от положения электрона, полагая
E(r —R⑴)=Е(—R)=—等.(2)
Подставляя (2) в (1), запишем решение в виде
力пг (力)=—Со ] dtf Gmn(t — tf) En^Y(3)
где Gmn(t — 〃) 一 функция Грина,
Gmn(t -力=e(力-力崎П(б以0)-1 sin^o (力-y),(4)
удовлетворяющая уравнению
Gтп + ^qGтп = ~ ^тп 8(力—力).
Энергия, переданная при пролете,
△S = -с。] dt f(t) E(t)—
=蘇 j d力 j ^ Gm^t-t^E^t) Еп^). (5)
Подставляя фурье-разложение функции Грина, получим
о
здесь gmn(^) — тензор обобщенной восприимчивости,
gmn^) = ] dr Gmn(r) е^ш^т = -m^drnn [(ш + гО)2 - ^]-1.
Учитывая соотношение
lim —二^ = Р 丄 ± £тг S(xY
получим
gmn(a) - g^m(3)=舞 ^mn 8(^2 - й；о), следовательно,
△S = 2旧(“0)12⑹
Нетрудно убедиться, что это выражение совпадает с полной энергией электрона
S⑴=у (Г2 + 说产)=у |f-2^0r|2⑺
в момент времени 力=оо. Действительно, подставляя (3) в (7), получим
£⑴=££⑴=£I dtf F.(tf) е^°^~е)I dtf F.(tf) е^°^~е)22
£⑴=£
£⑴=£
I dtf F.(tf) е^°^~е)
I dtf F.(tf) е^°^~е)
2
2
Очевидно, S(oo) = △£. Теперь найдем амплитуду Фурье
E(u;) = dtE(u;) = dtQ (b + и力)d3t修+炉产「/2 .Q (b + и力)d3t修+炉产「/2 .
E(u;) = dt
E(u;) = dt
Q (b + и力)d3t修+炉产「/2 .
Q (b + и力)d3t修+炉产「/2 .
Учитывая значения интегралов
dx eixy①+优3/2dx eixy①+优3/2=2 ^ Ki(ag),=2 ^ Ki(ag),dx x егхуdx x егху=-2iy Ko(ag)=-2iy Ko(ag)
dx eixy①+优3/2
dx eixy①+优3/2
=2 ^ Ki(ag),
=2 ^ Ki(ag),
dx x егху
dx x егху
=-2iy Ko(ag)
=-2iy Ko(ag)
(Kn(ag) — функция Макдональда), получим
Е(з)Е(з)⑻⑻
Е(з)
Е(з)
⑻
⑻
Подставляя (8) в (6), получим
△s = IS 1 [同⑹+长⑹]，S =苧•
Если £》1, то К〃(£) о тг/2£ £—£ и, следовательно,
△S =△S =生迎 2e
△S =
△S =
2,2 S с .ти 6
В этом случае передаваемая энергия весьма мала. Если же £ « 1, то К。⑹—> —In^/2, Ki⑹ —> ^-1, поэтому △£ о 2с詛^/nw?庐.Таким образом, передаваемая энергия возрастает в случае близких пролетов частиц. Сечение возбуждения электрона оказывается равным
do = 2Kbdb=旦學纥.mu e
Найти решение системы уравнений Ктпхп + Umnxn = =К ⑴.Матрицы КтП и Umn — действительные и симметричные. Начальные условия ж(0) = 0, ж(0) = 0.
Решение 1. Запишем решение неоднородного уравнения в виде
力九⑴=]di' Gns(t - t') F^Y力九⑴=]di' Gns(t - t') F^Y⑴⑴
力九⑴=]di' Gns(t - t') F^Y
力九⑴=]di' Gns(t - t') F^Y
⑴
⑴
где функция Грина Gns(t —，) удовлетворяет уравнению
⑵⑵Kmsdsn + UmsGsn = ^mn *力—t ).
⑵
⑵
Представим далее Gns(t —力‘)в виде разложения в интеграл Фурье:
Gsn(t-tf)=吃 gsr12 b必(1>Gsn(t-tf)=吃 gsr12 b必(1>⑶⑶
Gsn(t-tf)=吃 gsr12 b必(1>
Gsn(t-tf)=吃 gsr12 b必(1>
⑶
⑶
После подстановки (3) в (2) получим систему алгебраических уравнений
Sg = /,Sg = /,^тп = —3 ^тп + ^mn •^тп = —3 ^тп + ^mn •⑷⑷
Sg = /,
Sg = /,
^тп = —3 ^тп + ^mn •
^тп = —3 ^тп + ^mn •
⑷
⑷
Из (4) следует, что g = S~L Обозначим ит^ собственный вектор уравнения (-^Kmn + Umn) ит^ = 0. Матрица △优从=仅优(从)удовлетворяет соотношениям ортогональности
⑸⑸^mn^mii^n^ = 8〃〃, Umn^m^^ru/ =幻川8川〃.
⑸
⑸
Представим S в виде S = АК^ А = —ш21 + UK」Тогда g = = К~1А~1. Поскольку матрицы К и U приводятся матрицей △ к диагональному виду, то
f^UK-1） = △△Т/（икТ4-1 =
==A/（a-1[/a）Д-1. （6）
Следовательно ,[/（UK—i）]优九=△优/（久）“〃△九〃 [9]. Полагая в （6） / = К—1厶一1, находим gmn = △优从△九从（一з2 + з/）—1 и функцию Грина
Gmn（t — t1}——Gmn（t — t1}——川-оо川-оо△mp.^np.△mp.^np.（G + 勿 О）?—（G + 勿 О）?—
Gmn（t — t1}——
Gmn（t — t1}——
川-оо
川-оо
△mp.^np.
△mp.^np.
（G + 勿 О）?—
（G + 勿 О）?—
=e（力-门△他从sin3从 （亡-/）.
Следовательно, решение исходной системы
力П⑴=Jd， △"△S4％;1 sin^ （力一 /）凡（力'）. о4
Решение 2. Лагранжиан, порождающий исходную систему,
L = / ^тп^т^п — 2 Umn岔т岔п + ^п 耳1（力）•
Произведем замену переменных 力 一＞ g:力优 = 厶他4g川.Учитывая （5）, получим лагранжиан в нормальных координатах
L（S處力）=；君一；说嗚+ △n"q〃凡⑴.
Решение уравнений Лагранжа
Ga + ^а Qot = /а （力）， fa = △naRn,
можно представить в виде
д川⑴=J dtf R^ - t^ /" （力,о
f 心p-必（土 T‘）
=e（亡-力%"以ji sina"（力-y）.
Два одинаковых маятника соединены пружиной. К одному из них приложена сила F(t) = Fq cos о;力 направленная по горизонтали. Исследовать зависимость амплитуды линейных колебаний маятников от частоты внешней силы (рис. 4.3.22).
Решение. Используя обозначения задачи 4.2.2, запишем лагранжиан системы
L = ^_ [^1 + 抬一併(42 - 41)2 -说(/ + 6)] - U(41,夕2,力)，
где U — энергия взаимодействия с внешним однородным полем,
U = 一raFa⑴一力2ь2я? — -(^0 + "42)R0 COS U?力.
2
Уравнения Лагранжа, учитывающие сопротивление среды, имеют вид
d 8L _ _dL_ _ дР
dt дфп Вуп дфп 7
где。(夕九，фп) — диссипативная функция. Ограничимся рассмотрением сил сопротивления, линейных по скоростям, тогда
0 =与何+匐-；出户阂+抬)，
где k — постоянный коэффициент. Перейдем к нормальным координатам 屮ri т qn：屮п = △n〃g〃・ Новый лагранжиан
l =б户；成一；，墉+ ^^ (史+英)cosa力.
Диссипативная функция D(qi, «2) = ml2^ (q^ + 扇)/2,)= k/m. Решение уравнений движения
Qn + 7Qn + ^Qn = ^^ cos3t
в стационарном режиме
Qn =而Qn =而6一23±^2公九_ G — 2G）6一23±^2公九_ G — 2G）
Qn =而
Qn =而
6一23±
^2
公九_ G — 2G）
6一23±
^2
公九_ G — 2G）
Следовательно, вынужденные колебания описываются функциями
□22
_L2_ Reзо — 5
2ш/（з^ — си?—勿3）） （з^ — си? — iaq）
=_^_芯 + 质一2 J - 2必）-i3t
2 2mZ （质 _ J _ 必））（芯 _ J _ 1Ш^
Отношение амплитуд Ci,。2 колебаний маятников
с22
Cl _G1 —以2
豆=[（质+质一2j）2+4j）2f/2・
Если Сс；》С（；1, то
色01.
Для частоты о; « 幻2
色〜质-6 < 1
Следовательно, связанные осцилляторы являются «полосовым фильтром» —ослабляют влияние внешней силы частотой а, лежащей вне интервала （幻2,幻1） [62]. Отметим чрезвычайно важный эффект сужения резонансной кривой. Определим ширину резонансной кривой。九（幻） как интервал частот △幻九 =ш — шп, в пределах которого значение амплитуды не опускается ниже величины 1/V5 Сп（ш）. Для изолированного осциллятора |Ди;п| = 7. Однако при возбуждении двух мод ширина резонансной кривой |Ди;п| =）/2.
Найти среднеквадратичное смещение броуновского линейного осциллятора [76].
Решение. Из уравнения движения броуновского осциллятора
тх — —тш^х — А亦 + R⑴.
Учитывая соотношение хх = （1/2） {dPx1 /dt1） — ж2, получим
m片/2,22 2 X加 /、
Усредним это уравнение по большому числу систем как по ансамблю.
Полагая в первом приближении （xF） = 0, получим
（力2）+ -（力2）+ 2说（力2）=-施7,
dtт dt、 / и、 / ш ，
где 施一постоянная Больцмана, Т — температура.
（力2）=号+G收+e2宀 тз（）（力2）=号+G收+e2宀 тз（）⑴⑴Пусть А2〉8m2c(；Q, тогда
（力2）=号+G收+e2宀 тз（）
（力2）=号+G收+e2宀 тз（）
⑴
⑴
1
т \mj и
Из (1) следует, что при t —> оо величина (ж2) = &еТ]тз^. Это соотношение является следствием теоремы о равнораспределении энергии по степеням свободы.
Пусть А2 < 8т2ш^ тогда
〈力2〉= ^Х + е~М 12mA cos (Q力 + а), та。
Глава 5
НЕЛИНЕЙНЫЕ КОЛЕБАНИЯ
Метод усреднения
Метод усреднения — широко применяемый асимптотический метод, позволяющий строить решения сложных дифференциальных уравнений [77-80].
Применим метод усреднения для построения решения уравнения ж + а^力=е /(ж, ж,幻力), е « 1.
Суть метода состоит в том, что исходную систему можно заменить более простой усредненной системой. Наша задача — найти равномерно пригодное асимптотическое разложение решения. Асимптотическим приближением по параметру е решения 力(力 е) называется такая функция 力(力 £), что разность 力(力 е)— 力(力,е), называемая остаточным членом, мала (в некоторой норме) в заданной области изменения 力 если параметр е « 1. Одним из достоинств метода усреднения является то, что уже в первом порядке по е решения исходной и усредненной систем, совпадающие при t = tg, асимптотически близки на интервале |力一力о| ~ ~ £—1. В отличие от метода усреднения теория возмущений приводит к неравномерно пригодному разложению решения [78]. Ограничимся далее нахождением решения в первом приближении метода.
Произведем замену переменных 力，亦一＞ Z, Z*, вводя комплексное представление координаты и скорости:
力=；(Ае~^ + к. с.), х =—竽(Ае~^ - к. с).(5.1.1)
В новых переменных исходное уравнение эквивалентно двум уравнениям первого порядка:
么=e R(4 Z*,以0力;力)， 么* = e 尸(4 Z*,з0鶴力)，(5.1.2)
R = ^ 6必。" Ф(4 z工 ""；0 ф = /(力⑴，出⑴，以力).(5.1.3)
Представим теперь Л в виде суммы плавно меняющегося (в масштабе То = 2тг/с(；о) члена и вибрационных слагаемых:
Z = S + £U1(S,S*, %) + •••,(5.1.4)
и предположим далее, что усредненная система
содержит в правой части функции, изменяющиеся адиабатически медленно: \dvn/dt\ « u；oWn|. Функции ип, vn подлежат определению. Из (4), (5) следует
祟+ *£ + *£*) + —《 +絹+
Разлагая функцию F в ряд по е, получим из (2) в первом приближении
£"1 + £ 嘗=£ F& £*, Зо力；力).(5.1.6)
Произведем усреднение правой части (6) по периоду То с единственной целью выделить слагаемое
e"(金口 力)三(E%8£* -0%；力)〉，(5.1.7)
изменяющееся адиабатически медленно. Дальнейшая процедура является характерной особенностью метода — мы приравниваем в обеих частях (6) медленно изменяющиеся члены: °i(£, £*,力)=戸(£, £*；力). Тогда функцию 仅1 можно найти интегрированием уравнения (6):
t
U1=^dt[F(^e.^ t) - F(^ £*;%)]• о
В первом приближении метода усреднения имеем
ж = Re£c-必叱 X = Re (—涿0е6-必吟，
.(5.1.8)
£ = ；〈фЕ£*，з"；力)6必°〉
Функцию Ф(£, £*,幻0力；力)можно представить в виде ряда Фурье:
Ф(S, 力；力)=ФП(£, £*;力)6.沦空
Рассмотрим некоторые частные случаи.
Пусть \df/dt\ « о;。|/|. Тогда
戸Е Г;力)=：①1Е Г;力)=± [ dt'/M①& г,以。匕认 GoJ
О
(5.1.9) следовательно,
В ряде задач удобно использовать действительные переменные вместо £, £*. Произведем в (10) замену ^ ^ ^ а^ а : ^ = а е~га. Тогда уравнение (10) приобретает форму
2тг
(5.1.11)(5.1.12)(5.1.11)(5.1.12)а = — 2鳥 ]d吵 /(ж, ж, з力)sin 认о
(5.1.11)
(5.1.12)
(5.1.11)
(5.1.12)
2тг
d — — d^ /(ж, ж, uot) cost/；,
^7Г (ZQJq J
0
здесь x — a cos 认 ж = —аз。sin 九 吵 = 幻。力 + а. Уравнения (11), (12) совпадают с уравнениями первого приближения метода Крылова- Боголюбова [77].
Предположим, что /(ж, ж,力)—периодическая функция с периодом Т = 2тг/с(;, тогда
必(&£*;%)=Ф-(€, Г)е-^.
В этом случае
户(&「％) = ；е-^ФП5(е,Г),
Go九S
где 8 =(几一1) а。+ so; « а。.
Если а》о；о, то 戸(£, £*;力)=0.
1.1. Найти решение уравнения математического маятника в первом приближении метода усреднения.
Решение. Представим уравнение
ж + u；o sin ж = 0, u；o = g//,
в стандартной форме
近+ а^с = е/(力), е /(ж) = о；о (ж — sin ж).
Если ограничимся изучением движения в окрестности положения рав
новесия, то е/ о (з^/З!) ж3. В рассматриваемом случае функция
e F& Г,如；力)=上 * (宾一必。力+ g气必。力『6必咋
CdO о! о
следовательно,
用88*；力) =粤图2&
Функция £ удовлетворяет уравнению g = (£幻()/16) |£『£, решение кото
рого ищем в виде £ = а 厂弋 Тогда
отсюда находим а — а^^ а — —（о;。/16） a^t + а, 力=а。cos （о;力 + а）, ш — ujq
Сопоставим приближение и точное выражения для периода колебаний математического маятника
冗2
——^ （石 + TUgZ COS 力） ml
где 力 1,力2 ——корни уравнения E-\-mgl cos 力=0. Введем вместо полной энергии Е константу а。, которая играет роль амплитуды линейных колебаний: Е = —mgl + тш^а^2/2. Тогда
冗2
•（1）
Подстановкой sin и = （2/a。） sin （ж/2） приведем （1） к виду
тг/2goо 1 —тг/2goо 1 —dudu=2 К\2 GOsin и=2 К\2 GOsin и
тг/2
go
о 1 —
тг/2
go
о 1 —
du
du
=2 К
\2 GO
sin и
=2 К
\2 GO
sin и
Периодическому режиму слаболинейных колебаний соответствуют значения ад « 2,
тг/2
т = —+ （Zg sin2iz + ..=纪+ 察 + • • •
GO J \8 и丿 Go \16丿
о
1.2. Параметрический резонанс. Найти в первом приближении метода усреднения решение уравнения £ + з?⑴ * = 0, где
J ⑴=並—к cos Qt, k « 说.
Решение. В этой задаче е/ = & cos Q力•力,
&F& £*,例）力；力）=遂 cosШ ^e-^ot + ^ei^ei^ot^
В случае Q « 幻。функцию cos Qt можно вынести за знак интеграла: £戸（£, £*；力） = （£&/2а（）） cos Qt • g, следовательно, g = =（ik/2ujQ）cos Q力• &
ж = ад cos 认ж = ад cos 认吵=吵=dt a。dt a。+ a。.+ a。.
ж = ад cos 认
ж = ад cos 认
吵=
吵=
dt a。
dt a。
+ a。.
+ a。.
Это решение можно получить, используя формулу （2） задачи 5.2.1, так как о;⑴с（；о （1 — （&/2с（;^） cos Qt）.
В случае Q ~ 2о；о введем расстройку 8 = о;。一 Q/2, тогда
e "（8 Г；力）=^ £*/" £ =沁f气2吗"含•
Для исключения явной зависимости от времени произведем замену £ = =“&* 力 + £8〃 一 iorf = 0. Полагая г/ = z± + iz^ получим систему
为一（о + 8） 22 - 0, 之2 — （о — 8） 21 — 0.
Решение этой системы ищем в виде zn = Re unext.
Пусть |8| < ст, тогда Ai? 2 = 干几,几 = v ст2 — ^2 . Для первого частного решения Ai = —п получим
па“1 = а, "2 = —rпа“1 = а, "2 = —rс — 6 сг + Вс — 6 сг + Ва.а.
па
“1 = а, "2 = —r
па
“1 = а, "2 = —r
с — 6 сг + В
с — 6 сг + В
а.
а.
Для второго частного решения А?=几 находим
仅2 =仇仅1 = 6 = 0.
па — о
Следовательно,
2] = ае ^ Нbent,
22 =力+ bent.
Общее решение （см. также 9.2.1）
力=21 cos Е + 22 Sin — •
Таким образом, если частота Q лежит в интервале 2о；о — —k123G W Q W 2с（；о + &/2а；о, то в системе возникает параметрический резонанс. Амплитуда возрастает по экспоненциальному закону. В области устойчивости |Q — 2u；o| > &/2幻（）решение представляет суперпозицию гармонических колебаний с частотами
31,2 = q±W т = 簧—。2
Если Q》о;。，то 戸（£, £*;力）=0, а решение имеет вид ж = = a。cos （о;。力 + а。）.
Человек на качелях. Подставка движется по окружности радиуса 厶,расположенной в вертикальной плоскости. Центр тяжести
Рис. 5.1.3Рис. 5.1.3человека, стоящего на подставке, находится на расстоянии /2 = /о — s ⑴ от точки подвеса (рис. 5.1.3). Найти решение уравнений Лагранжа I рода и оценить работу силы реакции. Масса человека — m2, подставки — т^.
Рис. 5.1.3
Рис. 5.1.3
Решение. Введем полярные координаты с началом в центре окружности. Уравнения связи
/1 = 丁1 一，0 = 0,/2 = 丁2 一 丁1 + S(力)=0.
Лагранжиан системы
L = I mi [?i + 丁然2] + |Ш2 典 + 若02] +
+ migri cos 夕 + m2gr2 cos 夕 + Ai/i + Д2/2-
Уравнения Лагранжа I рода
mi (ri - 丁I。？) = m、g cos 夕 + Ai — Д2,(1)
m2 (力-丁2。2) = G2g cos 4 + %,(2)
^ (加1 W + т2г1)ф = -(min +m2r2)g sing.(3)
丁 1，(ъ ^2^0 — s(力).(4)
Из уравнений (1), (2), (4) найдем силы реакции
Ai — —(m/о + m^s) ф2 — mg cos g,(5)
入2 — —g (/о _ s) 02 — m2s - m2g cos g,(6)
где m = mi + m2. На рис. 5.1.3 стрелки соответствуют силам реакции: Т = — Ai, N2 =—》2, N1 =》2・ Полная энергия системы Е = к -\~ U,
К = ； 7nl 匾О?) + I [^2 + «о — б)?。?],
U(t, ⑺ = —mglo cos g + m2gs cos g.
Мгновенная мощность, переданная системе dE/dt = —dL/dt^ равна мощности, развиваемой силой реакции N2： dE/dt = — WA2,
票=加2名[(/о — S)О? + § + g COS 夕].⑺
Пусть |s| « 厶,夕《1. Тогда из (3), (7) получим уравнения
где 说=g/厶.
Рассмотрим два случая.
А. Пусть s(力)=s()—九 cos Qt, sq > h. Используя метод усреднения, подставим в (8)夕=Re ^е~гш^£ = ае~га. В результате получим уравнение
е = -га(25ое + ЗЛГе2Ш),
Ш2^0 с◎
О = —Т~〉 О = Зо — К4mZo2
При условии 3% > |幻0 — Q/2 + crso| амплитуда колебаний возрастает. Полагая в (9)夕=a cos (幻。力 + а), найдем среднее значение мощности
/ dE \3
\~dt / = g GzZcihg230a sin2a.
В. В импульсном режиме скорость центра тяжести человека
W⑴=九п8" (2R[l)7o] П8[力_孕b (Ю) 力=0k=l
где 7q = 2тг/с(；о. Полагая в (9)夕=a cos (幻。力 + а), найдем значение работы, совершаемой силой реакции за период А = Зт^Ьш^сь1 cos 2a. Если а = 0, то согласно (10) при прохождении положения равновесия центр тяжести человека поднимается, а в положениях наибольшего отклонения центр тяжести опускается.
В уравнении ж + ш^х = е/(力,ж) правая часть учитывает влияние силы трения. Найти решение в первом приближении метода усреднения при a) ef = —7 sign ж; б) ef = —7Ж； в) ef = —7亦 \х\.
Решение, а) Используем метод усреднения в действительных переменных: х — a cos 认 ж = —aujQ sin 认 吵=幻。力 + а. Из формул (5.11), (5.12) находим d = 0,
2тг
.7[ , , sin2^ 27,.
a = —-г =, a 千 0; a = 0, a = 0,
2万以0 JI Sin V? I7?30
0
следовательно,
x(t) = (a。— ^^ 力)cos (u；ot + a。).
При t = (ttc(；o/27)a^ движение прекращается.
В этом случае
2тг
a =a =& = 0.& = 0.[帆sir?叩=一号
a =
a =
& = 0.
& = 0.
0
Решение исходного уравнения
力⑴=doe-7*/2 cos (о;。力 + a。).
Из уравнений
а = -Ra?, k =, d = О,
получим
力⑴=一I cos(30力+ ао)・
+ kaot
Частица находится на горизонтальной шероховатой поверхности ленты, натянутой на два шкива и движущейся со скоростью и. Частица прикреплена к пружине, закрепленной в неподвижной точке (рис. 5.1.5). Найти амплитуду автоко
лебаний в стационарном режиме.да л л л лл л а ।—i
Решение. Уравнение движения те- 才VVWV—|_
ms — —mujQ (s — /о) + 尸(& —仅)，
Рис. 5.1.5
где R(o) — сила трения, зависящая
от скорости частицы v — s — и относительно поверхности ленты.
В положении равновесия s = s“
О = —ttiujq (sq — /g) — R(—仅).
Произведя замену ж = s — so, получим уравнение
⑴⑴тх + тш^х — F{x — и) — F(—u).
⑴
⑴
Функция R(o) имеет участки, где dF/dv > 0. Пусть скорость и удовлетворяет условию R〃(一и) = 0, т. е. о =—仅 является координатой точки перегиба. В этом случае
ч . dF i^ d^F }
R=r(* + *丽+ ^? 肃 +…
Уравнение движения (1) приобретает вид
ж + (VqX = к^х —导 ж3,ки无=^1尸〃(一叫.
Применяя метод усреднения, находим
d = ^kiad = ^kia俨=8, , & = 0, &2就俨=8, , & = 0, &2就
d = ^kia
d = ^kia
俨=8, , & = 0, &2就
俨=8, , & = 0, &2就
следовательно,
a⑴=aоeхр(普)[1 + 嘉(*2力/6 _ ]).
В стационарном режиме а(оо) = 6.
Модель анкерного механизма. Найти решение уравнения ж + (VqX = е/(ж, ж), е/ = vx ^(ж)—)亦 в первом приближении метода усреднения.
Решение. Из формул (5.11), (5.12) находим d = О,
2тг
а ——券 j d^ sin?吵[7 — vS(a cos 吵)]——|)a + 三.(1)
о
Из (1) находим
а(£) = a。/2 + ^ (1 _/2).
При t》7-1 устанавливается стационарный режим, а(оо)= —,
x(t)=——cos 力 +
Нетрудно проверить, что среднее за период значение суммы мощности внешней силы
т2
今 j d力 vx2 8⑺=2"丁。 о
и силы трения
т
Т j dt^x2 = 碌爲о
равно нулю.
В общей теории относительности уравнение траектории планеты в метрике Шварцшильда определяется интегралом [2]
Tmin
где So — полная энергия, М — момент импульса, rg = 2mo7/c2 — гравитационный радиус Солнца, то ——масса Солнца. Найти поправку к кеплеровой траектории.
Решение. Полагая So = тс2 + Е\ представим (1) в виде
2m
где а = Gmmg. После замены переменных и = Pug Ри = М2/та получим уравнение
炉(1 — ^u) — 2〃 =讐(2 + 為).(2)
Продифференцировав это уравнение по 夕，найдем
d^uг За 2
2 + 仅=1 + 2"■ 弊me Ro
Произведем подстановку 力=仅一1, тогда (3) приобретает вид
xN + х = е(ж + I)2,е =——у—.
тс Ro
Для планет Солнечной системы величина е 《1. Используя метод усреднения, находим 力=a cos (夕 + а), а，= О,
da d屮da d屮27r
da d屮
da d屮
d^ (a cos ^ + I)2 cos ^ = —e.
0
Полагая 夕(0) = 0, получим 力=a。cos [(1 —е)夕].Подставляя 仅(夕)в (2), получим а()= е с точностью до е2, где е — эксцентриситет. В результате находим уравнение траектории
⑷⑷丁 _ Ро
⑷
⑷
1 + е cos (1 — £)夕 *
Из (4) следует, что траектория планеты является незамкнутой. Угловое смещение кеплерового эллипса за время одного оборота dg = 2тге = =^а/^ггк^ро).
Многомерные системы. Рассмотрим систему
金т + ^тп^п = Ещ fm(岔:亦)〉 Em《1・
Получить уравнения первого приближения метода усреднения.
Решение. Для того чтобы найти решение системы методом усреднения, перейдем к новым переменным х ^ z: хт = Т^^^. Здесь Т — матрица, приводящая матрицу К к жордановой форме; Т~〔КТ = J. Умножая обе части исходного уравнения на Т-1, имеем
芝川 += £优 fm(T2, Tz} T优川.
В случае некратных корней J^ = А^ J^^, А^ > 0 — собственные значения матрицы К.
Ищем решение z^ в виде
= Re 一5 = — Re i 入
В первом приближении метода усреднения Л^ = £〃三 а川 exp (—£а〃),
晶=£〃g川(& £*),
e〃g儿=^〈e优 Fm& g*,力)7优*〜)
Здесь Fm(^, £*,力)一вектор-функция /(ж, ж), в аргументах которой произведена замена
^m Re TmN&N exp (—£A从力)，^m — Re ITmN入n£n exp (—^A^t).
Системы с медленно изменяющимися параметрами
Частота осциллятора удовлетворяет условию |Q|《 ^. Най
ти решение уравнения
Ж + ^(t) Ж = £ /(ж, ж),£ < 1,(1)
в первом приближении метода усреднения.
Решение. Ищем решение в виде
ж = Reu-1/2Ae~% ж = Re ^ш1/2Ае~^),(2)
t
где ш dt. Из (2) находим уравнение
(么一导 Z)£—如+ к. с. = 0.(3)
Подставляя ж в (1), получим еще одно уравнение
Т(%+^И)е* + к・с，汕⑷
Из (3), (4) следует
4 =吃了3/" +导 z*/"⑸
Если £ = 0, то нулевое приближение определяется формулами (2), где Л = const. Условием применимости этого приближения является
неравенство \ АТ\ <С |Л|, где Т = 2乃/幻.Учитывая (5), получим Q|《 《 幻2. Решение (2) в окрестности точек 力°, удовлетворяющих условию з(%о) = 0, становится неприменимым. Определим окрестность \t — toh в которой еще можно использовать (2). Пусть /(力)имеет в точке 力о простой нуль:幻2(力)=6 (力一力о), тогда I 力一力о I 》6一i/з.
Вернемся к уравнению (5). В первом приближении метода усреднения
2тг
4 =彘【如/3出廿⑹
о
где ж, ж определяются формулами (2). Переходя к действительным переменным Л, А* а^ а: А = ае~га^ представим ⑹ в виде
2тг
⑺⑻⑺⑻@ = 一^7^ ] 4夕"力，而)sin (4 + ①，о
⑺
⑻
⑺
⑻
2тг
d =dg /(ж, ж) cos (g + a).
о
Длина математического маятника изменяется по закону / = =2(力).Найти решение уравнения движения маятника в окрестности положения равновесия.
Решение. Лагранжиан маятника, описывающий линейные колебания,
Представим уравнение движения
^户0 +g年=。(1)
в стандартной форме
0 + J("d = —2；0, з= /.(2)
При адиабатическом изменении длины |/|《з1 (|/|《д/^) решение (2) имеет вид
[]a; d 力 + a
Используя формулы (7), (8) задачи 5.2.1, находим a = —(///) a, & = 0, следовательно,
t —
夕=3/4 cos£ d力 + a。.(3)
Пусть / = /о +。力.Тогда условие медленности изменения длины имеет вид о « yfgl. Из (3) находим
夕=С7—3/4 cos [I g/ + ao] •(4)
Длина нити математического маятника изменяется по закону ，(力)=，о+。力.Найти точное решение уравнения движения в окрестности положения равновесия. Исследовать случай о « Vg^-
Решение. Лагранжиан, описывающий движение в области 夕 « 1,
L =；加戶0 - ^mgl^.
Переходя в уравнении Лагранжа к переменной /, получим
依豹+g…
Решение этого уравнения в области /〉0
где Ji (力} Ni (力)——функции Бесселя и Неймана первого индекса. В случае о « д/^ можно воспользоваться асимптотикой
j1（力）Tj1（力）Tm⑺Тm⑺Т
j1（力）T
j1（力）T
m⑺Т
m⑺Т
Тогда решение приобретает вид
4⑴=e厂3/4 cos4⑴=e厂3/4 cos
4⑴=e厂3/4 cos
4⑴=e厂3/4 cos
где С, 7 — произвольные постоянные. Таким образом, можно получить аппроксимацию функций Бесселя 7п(ж) в области х ^> п.
Планета движется вокруг звезды по эллиптической орбите. Масса звезды вследствие излучения медленно уменьшается. Найти адиабатический инвариант системы [16].
Решение. Из закона изменения полной энергии находим
⑴⑴dE _ с Мтdtг
⑴
⑴
Усредняя (1) по периоду, получим 〈丁一】〉=а~】(см. задачу 1.5.7). Поскольку Е — —GmM/{2a^ то
dEdtdEdt2崂・2崂・⑵⑵
dEdt
dEdt
2崂・
2崂・
⑵
⑵
Из (2) находим адиабатический инвариант Е/М2 = С. Учитывая это соотношение, найдем адиабатические инварианты Ма и Mb. Следовательно, орбита планеты остается подобной.
Предполагая, что гравитационная постоянная G — медленная функция времени, найти адиабатические инварианты планеты, движущейся по эллиптической орбите вокруг звезды.
Ответ.石2 = C,Ga = G, Gb = Q・
Частица движется в однородных переменных электрическом и магнитном полях, удовлетворяющих условиям
|Е|<^|Е|,|B|<Q|B|,
Найти скорость ведущего центра.
Магнитная бутылка. Частица движется в постоянном неоднородном аксиально-симметричном магнитном поле в окрестности оси симметрии системы некоторой конфигурации проводников, z- компонента напряженности поля на оси системы — функция 6(z). Найти адиабатический инвариант.
Решение. Из первой пары уравнений Максвелла div В = 0 следует, что напряженность магнитного поля имеет компоненту Вг. В цилиндрической системе координат
1 дгВг I dBz г dr dz *
Из второй пары уравнений rot В = 0, полагая В = rot А, получим уравнение
1 д_ 34歹人4 _ п
г дгГ drdz2г2
В приосевой области [17]
厶夕(〃 2)= 5 б.)—元-^2Ь . • •
Компоненты напряженности
_ 34 _ г dB
& =扌(丁4) = 6 + …
Уравнение силовой линии dr/ds = B/6, где s — длина дуги. Следовательно, dr/dz = Вг/Вz. Отсюда находим уравнение силовой линии г Л^(г, z) = const.
А. Для витка с током радиуса а, расположенном в плоскости z — h с центром на оси z, функция 凤z) = laUcB?，где 笈=а? + (z —九){ I — сила тока.
В. В случае магнитной бутылки 6(z) = 6 (1 + 2；2/2Л2 + ...).
Уравнения движения
тх =第з + ；22)，
⑴
ту = —^ (亦6 + ； хВ1^.
⑵
加芝=^ (ху - ху) В.
⑶
Из последнего уравнения находим
d mz2 е / •• ч а
⑷
Используя интеграл энергии
e 二
2-2
mv± mz
⑸
представим (4) в виде
d mv^
dt 2
=-^ (xy-xy)B.
(6)
Заметим, что (6) следует независимо из (1), (2). Представим х^у в виде
力=力0 + * sin g =次 + * cos 次(7)
где 力о, go, о丄—медленно изменяющиеся функции. Подставим (7) в (6) и усредним по периоду 2tt/Q. В результате из уравнения
d mv± _ mv± 户dt 2 一 2 万
получим адиабатический инвариант
Существование инварианта приводит к интересным следствиям. Подставляя (8) в (5), найдем уравнение
* = ^旧一С6(2)].
Если функция 6(z) возрастает, то в точке zq, определяемой условием Е — С 6(2。) = 0, частица отразится — составляющая скорости i изменит знак. Поверхность z — zq^ непроницаемая для частиц, называется
магнитным зеркалом. В магнитной бутылке область движения частиц ограничена условием
\z\^h 2(^-1).
Частица движется в постоянном неоднородном магнитном поле. Найти решение уравнений движения в первом приближении метода усреднения.
Решение. Скорость заряда удобно разложить по ортам
ВdTг
Здесь 丁 一 орт, направленный по касательной к силовой линии магнитного поля, орт 丁2 направлен по главной нормали к силовой линии, р — радиус кривизны, s ——расстояние, отсчитываемое вдоль силовой линии. Уравнение силовой линии dr/ds = В(г)/В(г). В однородном магнитном поле частица движется по винтовой линии, ось которой параллельна вектору В. Скорость частицы f = vi + st. Радиус окружности А = о丄/П, Q = еВ/тс. Если поле является слабонеоднородным (R|V6| « В), то качественно картина движения почти не меняется, однако появляется возможность дрейфа частицы в направлении, перпендикулярном вектору В. В связи с этим решение уравнений движения
[гВ(г)](1)
будем искать в виде
г = Го + R.⑵
Здесь го — радиус-вектор ведущего центра, R⑴—описывает поперечное по отношению к силовой линии движение частицы в окрестности точки г。⑴：
R = A Sin + — COS^T2,
立 =0丄COS中71 - 0丄sin中丁2.
Скорость ведущего центра fg = u + st. Заметим, что R(力)является быстроосциллирующей функцией с частотой Q, а и и s изменяются адиабатически медленно: |й| « ah回« Q|s|. Подставляя г в (1) и разлагая В(г) в точке го, получим
m (г0 + R) = f [(го + R)(В(го) + (RV) В + ...)].(3)
После усреднения (3) по фазе быстрого движения найдем уравнение
mro = |[roB(ro)]+f ([R(RV)B]).⑷
Вычитая (4) из (3), получим
mR= I [RB] + I [f0(RV)B].(5)
Вычислим теперь среднее значение второго слагаемого в (4). Подставляя R = (тс/еВ) [rR], находим
居三黄R (RV) B]"=工(艮([丁图 V) в].)=
万 ^ikl^mns^~n^ m^l {f^kf^s}2g ▽勿 6・
ЗдеСЬ учтено, ЧТО〈A/gAs〉= ojb/gs/2, ^Uk^mnk = ^im^ln — ^in^lm, div В = 0, Bi ViBi = BXiB. Следовательно, уравнение (4) приобретает вид
m(u + sr+^-r2) = I [uB(r0)] - ^ VB.(6)
Найдем адиабатический инвариант задачи. Умножая (5) на R, получим после усреднения
,22dt 2 —"上—26 " V",22dt 2 —"上—26 " V"тио： dB26 ~di，тио： dB26 ~di，следовательно,следовательно,⑺⑺
,22
dt 2 —"上—26 " V"
,22
dt 2 —"上—26 " V"
тио： dB
26 ~di，
тио： dB
26 ~di，
следовательно,
следовательно,
⑺
⑺
Теперь из (6) в проекции на орт 丁 найдем
⑻⑻.. nwj дВms =^ГББ- •
⑻
⑻
2В ds
Умножая далее (8) на s и учитывая (7), получим первый интеграл
• 2• 2+ сВ = Е.+ сВ = Е.
• 2
• 2
+ сВ = Е.
+ сВ = Е.
+唄“▽再+唄“▽再
+唄“▽再
+唄“▽再
В дрейфовом приближении (и = 0, s = 0) из (6) следует выражение для скорости ведущего центра
• 2тс s
u =-— 71
еВ р
Движение в быстроосциллирующем внешнем поле
На частицу, движущуюся в потенциальном поле U(g), действует быстроосциллирующая сила Q(q,力)с частотой ш》Т「(То — характерный масштаб времени движения в поле U(g))・ Найти уравнение движения частицы по «сглаженной» траектории [23, 81, 82].
Решение. Решение уравнения движения
М@ = -^ + QS，力)М@ = -^ + QS，力)⑴⑴
М@ = -^ + QS，力)
М@ = -^ + QS，力)
⑴
⑴
ищем в виде суммы медленно изменяющейся функции £ и быстроосцил- лирующей функции и: g = £ + и. Поскольку и;》Т^-1, то амплитуда вибраций мала и, следовательно, |£| 》 \и\. Поэтому уравнение (1) можно представить в виде
м (£ + 词=—(贾 + и ^- + •••) + Q(£,力)+ 仅絹 + … ⑵
Усредняя (2) по периоду 2тг/с(;, найдем
зизи⑶⑶
зи
зи
⑶
⑶
Оставляя в (2) быстроосциллирующие слагаемые, получим уравнение
Mii = Q(& %) + ...,
из которого находим
Поскольку
ииBQBQd Г ,, BQ . Г ., 8Q
и
и
BQ
BQ
di 威莢-威莢，
то среднее значение
\dtQ
Следовательно, уравнение (3) можно представить в виде
幣，⑷
t2
5s(£) = u(£) +詣 [Jd力 Q(D•⑸
Таким образом, действие быстроосциллирующей силы проявляется в изменении потенциальной энергии. Вклад второго слагаемого в (5), квадратично зависящего от амплитуды переменной силы, существенно влияет на поведение системы в критических точках.
Точка подвеса маятника, прикрепленная к невесомому стержню, движется в вертикальном направлении по закону s = =s()cosu;力幻 》 g/Z = о;。. Найти эффективную потенциальную энергию и положения устойчивого равновесия маятника.
Решение. Лагранжиан системы (см. задачу 2.2.4)
L = ； т12ф2 + ml (g — soJ cos a 力)cos 夕.
Уравнение движения
б尸0=一彎+ QS力)，
U = —mgl cos <p, Q — mis©? cos u;t sing.
Эффективная потенциальная энергия
UaS(夕)=—EglUaS(夕)=—Eglcos 夕—cos 夕—(S0G、2(2心0丿(S0G、2(2心0丿sin2 gsin2 g
UaS(夕)=—Egl
UaS(夕)=—Egl
cos 夕—
cos 夕—
(S0G、2
(2心0丿
(S0G、2
(2心0丿
sin2 g
sin2 g
Из уравнения диэф/д(р = 0 найдем возможные положения равновесия
41 = 0,夕2 =开，COS 43 4 = -2( I
\ SoOJ /
Вычисляя
=J cos2夕
находим, что
=mgl=mgl
=mgl
=mgl
Если a〉д/5(//so) ojq^ то положение 夕2 =开 является устойчивым. Эта ситуация соответствует так называемому динамическому равновесию.
Частота колебаний 幻2 = з。— 1. Интересно, что при з =
2 \з0/
=2(//so) ^q частота колебаний 幻2 =幻0・
Уравнение Матье. Найти приближенное решение уравнения Матье
—2 + (从 + 2i/ cos 2s)力=0 ds
,^ + ^w = 0, 8^{^^\,^ + ^w = 0, 8^{^^\Ответ:力=仅Ответ:力=仅1 + ^ cos 2s1 + ^ cos 2sв окрестности значений |//|, |〃| « 1 в первой зоне устойчивости [139, 140].
,^ + ^w = 0, 8^{^^\
,^ + ^w = 0, 8^{^^\
Ответ:力=仅
Ответ:力=仅
1 + ^ cos 2s
1 + ^ cos 2s
На частицу, движущуюся в потенциальном поле U(q), действует быстроосциллирующая сила Q(q,力) = Qi(g) cosfh力 + + Qz(q) cosf^力 где fh, 口2 》 Tq1 (7q —— характерный масштаб времени движения в поле U(g))・ Найти уравнение, описывающее движение частицы по «плавной» траектории £(力).
Ответ.
U^(D = U(£) + ±[(Z) + (翁)+^^ cos(Qi—龟)力
Индукция поля, создаваемого квадрупольной магнитной линзой В = б。▽夕,夕=—xy/R. Частица влетает под малым углом к оси z системы, образованной линзами толщиной d/2 со знакочередующейся полярностью. Найти решение уравнений движения по плавной составляющей траектории [83].
Решение. Уравнения движения частицы
力=五 2力У = -—Zyf(Z).
••з()/ •• \ p / \ e ：B
2 =—互(力力-УУ) /(2)， ^o =—,
1, (n-l)d^z<(2n-l) d/2.
-1, (2 几一l)d/2 < z^nd,
где n = 1, 2, . .. , Д/", N — число линз. Предположим, что |ж(0)|, |^(0)| « i(0) = о. В первом приближении z(力)=о&
••^0^р / 丄、••^0^ р / 丄、
力=r-力"0力)，у = 一у к "0力)•
Если N》1, то функция f{vt) является быстроосциллирующей с периодом Т = d/v. Поэтому движение частицы может быть описано в терминах эффективной потенциальной энергии (см. задачу 5.3.1)
g）=^ （賢）（力2 + 才）［•
Вычисляя среднее значение
найдем [/эф(ж, g) = g®WIR^ (ж2 + у2). Уравнения движения по плавной траектории
丕+ “ = 0, У + ^2У = о, a=需=鳥.
Если частицы влетают под малым углом к оси системы, то реализуется динамическая фокусировка пучка.
Частица движется в электромагнитном поле, которое является суперпозицией статических полей Ед (г), В。(г) и переменного быстроосциллирующего поля Е〜(г,力),В〜(г,力).Найти уравнение движения частицы по плавной составляющей траектории [84].
Решение. Ищем решение уравнения
辰= F(o)+ cE 〜+」ЕВ~],
С⑴
F(。)= еЕ0 + I [fBo]
в виде г = х + и, где |и|《|х|. Тогда (1) можно представить в виде
т^^й) = F(6(x) + (uV) F(。)+ (и 曷)F⑼ + e E 〜(x) +
+ e (uV) E^ + | [文В〜]+ I [x(uV)B^] + | [UB〜].(2) Усредняя (2), получим
7^ = F(o)(x) + c〈(u\7)E〜+ ^ [x(uV)B^] + I [uB^]^,(3)
mu = (uV) F(°)+ (u ^) F^ + eE〜+ ^ [文В〜].(4)
Далее предположим, что переменное поле реализуется в резонаторе, в котором возбуждена некоторая мода частотой а:
Е〜(г,力)=E(r) cos о;力В〜(г,力)=B(r) sinu;t,
B(r) = -- rotE(r).
Опуская два первых члена в правой части (4), получим
и =^(Е cos g力 + £ [жВ] sin о;力).(6)
Теперь подставим (6) в (3), учтем (5) и опустим члены 〜х2/с2, в результате найдем
2
mx = F(°)(x) - ^|^ ((EV) Е+[Е rot Е]).
Поскольку 歹石？/? = (EV) Е + [Е rot Е], то получим уравнение
⑼-V£/(x),
U^ = ^E^ = ^ 仙® (口)『.
Электрон движется в поле стоячей волны с вектором напряженности электрического поля Е(г,力)=Ео cos kz cos u;t. Найти уравнение движения, описывающее плавную составляющую траектории.
Решение. Поскольку о « о, то время 丁 〜А/。, за которое электрон проходит расстояние порядка длины волны, велико по сравнению с периодом волны. Поэтому электрон движется в усредненном поле, обладая потенциальной энергией
2
U(х) = 2 ^о cos? kz.
Уравнение движения mz = —{dU/dz) после замены z —> 夕：夕=2kz — —тг совпадает с уравнением математического маятника
夕+ g sm 夕=0, g = 5 (―—).\ Il LW /
Прямоугольный волновод ограничен плоскостями в области О^х^а^О^у^Ь. Найти эффективную потенциальную энергию заряда в электромагнитном поле бегущей поперечно-электрической волны ТЕю-
Решение. Вектор-потенциал бегущей ТЕтп-волны
А“ х) = rot W =(鴇，—黑,0),
скалярный потенциал Лд = 0, где W — потенциал Герца:
W= (О, 0,心)(х)),
W^^ = С cos^ттг ^) cos^птг ^ cos (u;t — &》z),
А =(G, П = 0, 1, 2, •••), ^А = ^mn,
C^mn = 幻2 — 3机，Зм = С (*) + (S)，
3优九一критическая частота волновода, С — константа [141]. Напряженности электрического и магнитного полей волны
Е«, х) =,Н«, х) = rot А(*.
Практический интерес представляет ТЕю-волна, для которой критическая частота не зависит от величины 6. Вектор-потенциал и напряженность электрического поля
А(力 х) = CA(*(x) cos (幻力-kz\ А(叫=(0, А, 0),
Z=^sE*， E(t, х) = CE(m)sin ^t - kz\ E(* =(0, У，0), где k = &io = тг/а. Эффективная потенциальная энергия
Глава 6
ДИНАМИКА ТВЕРДОГО ТЕЛА
Тензор инерции. Кинематика
Показать, что тензор инерции тела аддитивен по отношению к частям, из которых это тело состоит.
Решение. Поскольку компоненты тензора /^ зависят линейно от элемента dm, то для сложного тела, состоящего из частей Л, В,..., получим
lik (^ + 6 + . . .) = lik (^4) + lik(B) + ...,
/泌（Z）/泌（Z）
/泌（Z）
/泌（Z）
Найти тензор инерции половинки тонкого диска в системе координат с началом в центре масс.
Решение. Согласно решению задачи 6.1.1 искомый тензор 厶用 = =/勿力(2?71)/2, где [恤 &т) — тензор инерции диска массы 2m. В системе координат, изображенной на рис. 6.1.2, диагональные компоненты
Л1(И =第 JdS力，，22(m)=第 JdSж2, /зз =焉 JdS (ж2 + 力),
где а — радиус диска. Поскольку из-за симметрии области интегри
рования dS ж2рования dS ж2=тга4/4, то /ц ==тга4/4, то /ц ==j dS у2 = 1/2 J dS (ж2 + ?/2)
рования dS ж2
рования dS ж2
=тга4/4, то /ц =
=тга4/4, то /ц =
=/22 = ша2/4, /33 = та2/2. Найдем теперь положение центра масс
половинки диска:
2 °7r/24
Ут = 0.Ут = 0.Хт =寿 ^pdp ] dg 0 cos 夕=言
Ут = 0.
Ут = 0.
Тензор инерции /丿”Тензор инерции /丿”О-тг/2
Тензор инерции /丿”
Тензор инерции /丿”
в системе координат с началом в центре масс и ося
ми, направленными вдоль главных осей инерции, связан с тензором /^
соотношениемсоотношением/丿力)=】ik —皿(° ^ik — Qd/e),/丿力)=】ik —皿(° ^ik — Qd/e),⑴⑴
соотношением
соотношением
/丿力)=】ik —皿(° ^ik — Qd/e),
/丿力)=】ik —皿(° ^ik — Qd/e),
⑴
⑴
где с = (—4а/3тг, 0, 0). Подставляя значения 1»к в (1), получим
та22 / 4та22 / 42та 2mаа2та 2mаа4 У4 У3万3万
та22 / 4
та22 / 4
2
та 2
mа
а
2
та 2
mа
а
4 У
4 У
3万
3万
В системе координат ж, g, z тензор инерции имеет компоненты Л/.. Найти тензор инерции Vik в системе координат 力-д', z‘； 力、=М削в： где Л — матрица поворота.
Решение. Заменяя в выражении
N
10ф = т (坛/3力‘2 -以力4)
а=1
координаты xf через 力：以=А^/з力万,8as = Aa4A/з〃%〃, получим /^ =
Найти тензор инерции тонкой однородной прямоугольной пластины относительно осей ж, у^ z (рис. 6.1.4) (ЛВ = а, ВС = 6).
Рис. 6.1.2Рис. 6.1.4
Найти тензор инерции однородного шара.
Решение. В системе координат с началом в центре шара радиуса а осевые моменты инерции
I^^^^dV^ + z2). I22 = ^^dV(x4z2), h3 = ^^dV(x4y2).
Очевидно, j dV ж2 = j dV 力=]dV ” = (1/3) ] r2 dVпоэтому /泌= =2та2 觎/5.
Найти тензор инерции однородной призмы, имеющей в основании равнобедренный треугольник.
Решение. Пусть L — длина призмы, Л — высота равнобедренного треугольника, а — длина его основания. Найдем тензор инерции /：｝) в системе координат с началом в центре масс. С этой целью вычислим предварительно тензор инерции /勿力 в системе координат с началом в вершине О основания; плоскость ху расположена перпендикулярно граням призмы и проходит через середины ребер призмы (рис. 6.1.6).
Рис. 6.1.6Рис. 6.1.6Найдем вначале координаты жт и ут центра масс в плоскости ху: учитывая уравнения прямых О В (g = 2hx / а) и О А (д = —2 九力/а),
Рис. 6.1.6
Рис. 6.1.6
拉 ay/2h拉 ay/2hО —ay/2hО —ay/2hdx х = 0^dx х = 0^h ay/2h2
拉 ay/2h
拉 ay/2h
О —ay/2h
О —ay/2h
dx х = 0^
dx х = 0^
Ут = ^ ^dy J dxy=-h.
0 —ay/2h
/и/иЬ/2 拉 ay/2h22V \ dz \dy 1 dx (и? + 炉)=晋-+ 4F，Ь/2 拉 ay/2h22V \ dz \dy 1 dx (и? + 炉)=晋-+ 4F，—Zj/2 0—ay/2h—Zj/2 0—ay/2h2г 2т _ ma mL22 = "IF + 12 '2г 2т _ ma mL22 = "IF + 12 'т шЛ2 та2/зз =亍 + н •т шЛ2 та2/зз =亍 + н •Осевые моменты инерции
/и
/и
Ь/2 拉 ay/2h22
V \ dz \dy 1 dx (и? + 炉)=晋-+ 4F，
Ь/2 拉 ay/2h22
V \ dz \dy 1 dx (и? + 炉)=晋-+ 4F，
—Zj/2 0—ay/2h
—Zj/2 0—ay/2h
2г 2
т _ ma mL
22 = "IF + 12 '
2г 2
т _ ma mL
22 = "IF + 12 '
т шЛ2 та2
/зз =亍 + н •
т шЛ2 та2
/зз =亍 + н •
Недиагональные элементы равны нулю. Искомый тензор 1；『 связан с /注 соотношением /：})= Iik-m (a2Sik - а{ак), где а = (0, -%Л, 0), следовательно,
4? =± mL2, 1^ = /22, 4? = rnh2 + та2.
1о丄/1о
Если основание является равносторонним треугольником, то
九=g а, 4?=击 rna2 + ^ mL2,鑑)=^ nd
Известны скорость и ускорение точки Л твердого тела. Найти скорость и ускорение произвольной точки В тела.
Ориентацию твердого тела относительно референциальной системы отсчета можно задать тремя углами Эйлера 夕,8 и 中,каждый из которых связан с матрицами Л, В, С. Найти угловую скорость твердого тела.
Решение. В движущейся системе отсчета тензор угловой скорости
3 оф Аа〃А/3〃，(1)
где Л — матрица преобразования 力;=А 勿力力力,Л = С В А. Подставляя Л в (1), получим
J = (СВА + СВА + С В Л) А-1 В-1 С-1.
В тензорных обозначениях
幻勺? = GwCw ag* = caiC^jBikBjk,
幻\/ = CajBjjCв%，B"j，AjkAj，k・
Компоненты вектора угловой скорости
d — /£sa/3《S・⑶
Матрицы Л, В, С соответственно равны
COS 4
sin 夕 0
10
0
cos中
sin中
0
— sin g
cos 夕 0 ,
0 cos 8
sin 0 ,
— sin ⑦
cos V
0
0
0 1
0 —sin®
cos 0
0
0
1
Далее, найд
ем матрицы
CC~\ BB~
r,么4-1：
Oso0-^0о о・eООО/|\\|/ОООм о о0.^0Oso0-^0о о・eООО/|\\|/ОООм о о0.^0О
Oso0-^0о о・eООО/|\\|/ОООм о о0.^0
Oso0-^0о о・eООО/|\\|/ОООм о о0.^0
О .
О
Учитывая эти выражения, получим отличные от нуля компоненты антисимметричных тензоров J⑹ и JS):
幻得)=© sinV, з£)= 0 cos 次
ш^ = ф cos®, ш^ = —ф sin0 cosV, з；^)= S sin® sink
Таким образом, согласно (2), (3) найдем компоненты вектора угловой скорости в движущейся системе отсчета:
а； = з$з = ф sin 0 sin V + © cos 次
必=^31 = S sin。cos V — © sin 次
= ^12 = Ф cos e + & .
Компоненты вектора з в лабораторной системе: 3s = ^офЗоф2 Зоф = А〃аА〃/з = А^З人〃3・ Подставляя Л = СВА^ получим з = =J。)+ J。)+ J% Ja) = /Ту!, Jb) = %Т§Т 方 ％, 3© = = А~х В~х С~х С В А. Вычисляя компоненты тензоров ш^а\ 幻出),幻(°), находим
3、,)= S， з'Т = —© sing, ш^ = 0 cos夕，
幻\£ = & cos®, 幻\? = & cos 夕 sin®, c(4? = & sing sin 仇 следовательно,
31 =幻23 =份 cos 夕 + & sin 夕 sin 広
幻2 = З31 =份 sin 屮一& cos 夕 sin 広
33 = 312 = S + & COS e.
Шар катится без проскальзывания, касаясь дна и стенок вертикального цилиндрического стакана. Найти кинетическую энергию шара.
Решение. Мгновенная ось вращения проходит через точки Р и Q соприкосновения шара с плоскостью дна и стенки (рис. 6.1.9). Центр масс находится на расстоянии с = а/д/5 от этой оси; а — радиус шара,
Рис. 6.1.9Рис. 6.1.10Рис. 6.1.9Рис. 6.1.10
Рис. 6.1.9Рис. 6.1.10
Рис. 6.1.9Рис. 6.1.10
следовательно, 0 = R + [cjc], |R| = 1/д/5с(;а, где R — скорость центра
масс. Положение шара зададим углом 夕 между фиксированной прямой ON в плоскости дна стакана, проходящей через центр О, и прямой, соединяющей точку О и точку Р. Тогда 岳=(6 — а)?。？； 6 — радиус дна стакана. Кинетическая энергия шара — 9m (6 — а)2ф2/10.
Блок массы М)радиуса 2丁 может вращаться вокруг неподвижной горизонтальной оси С (рис. 6.1.10). На оси блока закреплена нить, намотанная на второй блок массы m2； другой конец нити прикреплен к грузу массы mi и намотан на первый блок. Нить не скользит по блокам. Найти кинетическую и потенциальную энергии системы.
Решение. Мы имеем систему с одной степенью свободы. Введем числовую ось х: Ж1 — ж-координата груза,力2 — ж-координата оси второго блока. Скорость груза v^ = х. Очевидно,。1 =幻12丁, где 幻1 — угловая скорость первого блока. Скорость центра масс второго блока 。2 =亦2・ Поскольку Ж + 2力2 = COnst, ТО。2 =—亦/2. Угловая скорость второго блока 幻2 = х/2г. Следовательно,
33U =—U =—gx.gx.
3
3
U =—
U =—
gx.
gx.
Отметим, что скорости точек а и 6 на рис. 6.1.10 равны va — v^ — —ж.Двухступенчатый барабан с радиусами валов Я и г можетОтметим, что скорости точек а и 6 на рис. 6.1.10 равны va — v^ — —ж.Двухступенчатый барабан с радиусами валов Я и г можетРис. 6.1.11Рис. 6.1.11вращаться вокруг неподвижной горизонтальной оси Oi (рис. 6.1.11). Осевой момент инерции барабана —厶.Нить, намотанная на ступени барабана, охватывает блок массы 7712 • Нить не скользит по блоку и барабану. Найти кинетическую энергию системы.Решение. Мы имеем систему с одной степенью свободы: угол поворота барабана 夕 однозначно задает положение системы. Обозначим ж — координату центра масс блока. Поскольку 2х — (R — г) ср = const, то скорость центра масс блока х — {R — —丁)幻1/2, где 幻1 = S — угловая скорость барабана. Найдем теперь угловую скорость блока 幻2 • Поскольку скорости точек а и 6 на рис. 6.1.11 0a = 尺心 оь = =出 + (A + 丁)以2/2 одинаковы, tо з2 =з1. Следовательно, кинетическая энергиявращаться вокруг неподвижной горизонтальной оси Oi (рис. 6.1.11). Осевой момент инерции барабана —厶.Нить, намотанная на ступени барабана, охватывает блок массы 7712 • Нить не скользит по блоку и барабану. Найти кинетическую энергию системы.Решение. Мы имеем систему с одной степенью свободы: угол поворота барабана 夕 однозначно задает положение системы. Обозначим ж — координату центра масс блока. Поскольку 2х — (R — г) ср = const, то скорость центра масс блока х — {R — —丁)幻1/2, где 幻1 = S — угловая скорость барабана. Найдем теперь угловую скорость блока 幻2 • Поскольку скорости точек а и 6 на рис. 6.1.11 0a = 尺心 оь = =出 + (A + 丁)以2/2 одинаковы, tо з2 =з1. Следовательно, кинетическая энергияК =；［厶 + ； m2r2 + I m2 (Я + 丁产］02.К =；［厶 + ； m2r2 + I m2 (Я + 丁产］02.Стержень ОЛ, вращающийся вокруг горизонтальной оси, соединен шарниром со стержнем АС. Конец стержня С связан шарниром с ползуном, движущимся по горизонтальным направляющим. К стержню О А приложен постоянный момент силы N, к ползуну приложена постоянная сила F (рис. 6.1.12). Массы каждого стержня т.Стержень ОЛ, вращающийся вокруг горизонтальной оси, соединен шарниром со стержнем АС. Конец стержня С связан шарниром с ползуном, движущимся по горизонтальным направляющим. К стержню О А приложен постоянный момент силы N, к ползуну приложена постоянная сила F (рис. 6.1.12). Массы каждого стержня т.
Отметим, что скорости точек а и 6 на рис. 6.1.10 равны va — v^ — —ж.
Двухступенчатый барабан с радиусами валов Я и г может
Отметим, что скорости точек а и 6 на рис. 6.1.10 равны va — v^ — —ж.
Двухступенчатый барабан с радиусами валов Я и г может
Рис. 6.1.11
Рис. 6.1.11
вращаться вокруг неподвижной горизонтальной оси Oi (рис. 6.1.11). Осевой момент инерции барабана —厶.Нить, намотанная на ступени барабана, охватывает блок массы 7712 • Нить не скользит по блоку и барабану. Найти кинетическую энергию системы.
Решение. Мы имеем систему с одной степенью свободы: угол поворота барабана 夕 однозначно задает положение системы. Обозначим ж — координату центра масс блока. Поскольку 2х — (R — г) ср = const, то скорость центра масс блока х — {R — —丁)幻1/2, где 幻1 = S — угловая скорость барабана. Найдем теперь угловую скорость блока 幻2 • Поскольку скорости точек а и 6 на рис. 6.1.11 0a = 尺心 оь = =出 + (A + 丁)以2/2 одинаковы, tо з2 =з1. Следовательно, кинетическая энергия
вращаться вокруг неподвижной горизонтальной оси Oi (рис. 6.1.11). Осевой момент инерции барабана —厶.Нить, намотанная на ступени барабана, охватывает блок массы 7712 • Нить не скользит по блоку и барабану. Найти кинетическую энергию системы.
Решение. Мы имеем систему с одной степенью свободы: угол поворота барабана 夕 однозначно задает положение системы. Обозначим ж — координату центра масс блока. Поскольку 2х — (R — г) ср = const, то скорость центра масс блока х — {R — —丁)幻1/2, где 幻1 = S — угловая скорость барабана. Найдем теперь угловую скорость блока 幻2 • Поскольку скорости точек а и 6 на рис. 6.1.11 0a = 尺心 оь = =出 + (A + 丁)以2/2 одинаковы, tо з2 =з1. Следовательно, кинетическая энергия
К =；［厶 + ； m2r2 + I m2 (Я + 丁产］02.
К =；［厶 + ； m2r2 + I m2 (Я + 丁产］02.
Стержень ОЛ, вращающийся вокруг горизонтальной оси, соединен шарниром со стержнем АС. Конец стержня С связан шарниром с ползуном, движущимся по горизонтальным направляющим. К стержню О А приложен постоянный момент силы N, к ползуну приложена постоянная сила F (рис. 6.1.12). Массы каждого стержня т.
Стержень ОЛ, вращающийся вокруг горизонтальной оси, соединен шарниром со стержнем АС. Конец стержня С связан шарниром с ползуном, движущимся по горизонтальным направляющим. К стержню О А приложен постоянный момент силы N, к ползуну приложена постоянная сила F (рис. 6.1.12). Массы каждого стержня т.
длина — а, масса ползуна М. Найти кинетическую и потенциальную энергии системы.
Ответ: К =——-——I - + 9 sin% ++ 2Md
U — mga sin 夕—N屮—2Fa cos 夕.
Уравнения Эйлера
Записать уравнения Эйлера в тензорной форме. Ответ.
方а + &оф^З职？ =Fa ,
血а + &aBq3в Mq 8а^^Х^ F^.
Однородный стержень АВ движется в вертикальной плоскости вокруг горизонтальной оси, проходящей через точку Л. Найти
закон движения стержня и силы реакции, действующие со стороны оси.
Решение. Направим орт eg подвижной системы координат по стержню. Обобщенной координатой является угол 0 между вертикалью и ортом ез, следовательно, угловая скорость з = 佬2 (см. рис. 6.2.2). Радиус-вектор центра масс R =期/2, где / — длина стержня, момент стержня М = /©^2・ Момент инерции относительно точки А I — ml2/3. Скорость центра масс V = R = "з&]/2 = Z&I/2. Уравнения Эйлера в координатах имеют вид
mvn + т 心唯=mgn + Ne；, (1)
Рис. 6.2.2Рис. 6.2.2Мп + [зМк = [I /e3mg]^,(2)
Рис. 6.2.2
Рис. 6.2.2
где N — реакция оси. Из (1), (2) находим
-mlO =—mg sin。+ N；,(3)
0 =心⑷
—I mlO2= mg cos 8 + N«,(5)
10 ——~mgl sin0.⑹
Из последнего уравнения следует первый интеграл
I /©2 — I mgl cos 0 — Е
и решение в квадратурах
曲力
J 2 /1\
7 (石 + Е mgl cos е)
После определения。(力)найдем компоненты силы реакции
= 7ng(1 — 嘗)sin 仇(7)
+ cos” .(8)
Из ⑺ следует интересная особенность: реакция имеет компоненту N；. В случае математического маятника длиной //2 величина N； = О, поскольку / = т (//2)2.
Удар стержня о преграду. Центр удара. Закрепим тонкий прут параллельно оси вращения стержня и пересекающий ось z в точке К на расстоянии 2力=九 от оси (рис. 6.2.3). В начальный момент времени стержень АВ отклонен на угол 0 =—备.Найти условие, при котором поперечная компонента силы реакции при ударе равна нулю.
Решение. При ударе по пруту на стержень действует сила Т = =(—Т, 0, 0) со стороны прута; момент силы М = (0, —ТЛ, 0). Полагая 8 = 0 в уравнениях (3), (6) задачи 6.2.2, получим систему уравнений
I mlO =
10 = -ЛТ,
из которой находим N； = Т (1 — mlh/^I}. При значении h = 2//т/ = =2//3 поперечная компонента силы реакции обращается в нуль. В этом случае точка К называется центром удара. Вращающиеся ударные
Рис. 6.2.3Рис. 6.2.3
Рис. 6.2.3
Рис. 6.2.3
устройства (маятниковые копры, курки ружей и т.д.) конструируются так, чтобы точка К была по отношению к оси вращения центром удара.
Вертикальная ось и прикрепленный к ней стержень образуют угол а. Эта система вращается с постоянной угловой скоростью. Найти реакцию опор оси.
Решение. Пусть М — середина стержня (см. рис. 6.2.4), АМ = а, ВМ = Ь, длина стержня равна /, угловая скорость — о;。. Поскольку скорость центра масс равна нулю, то 0 = mg + Nz + Ng. Из этого уравнения находим Ng = —mg + N“，N“ = —N^. Радиусы-векторы точек приложения сил реакций гд = мА = ае, rg = мй = —бе (е — единичный вектор, параллельный В А). Поэтому момент сил реакции и силы тяжести
L =[以N* + [rBNB] = (а + 6) [eN^].
Поскольку з = (о;。sin а, 0, о;。cos а), М = (/а。sin а, 0, 0), то, проектируя второе уравнение Эйлера
[зМ] = (а + 6) [eN^]
на ось д', получим N^ = /幻^ sin a cos а/(а+6). Таким образом, несмотря на то что центр масс неподвижен, асимметрия системы приводит к возникновению сил давления со стороны оси на подшипники.
Шар катится без проскальзывания по внутренней поверхности вертикального цилиндра. Найти закон движения и силы реакции.
Решение. Рассмотрим решение задачи в цилиндрических координатах с ортами ед. Радиус-вектор центра масс шара
R = ”1 + 2^3, р — с — а^
где с, а — радиусы цилиндра и шара. Поскольку ёд = ф [езед], то производная угловой скорости шара з = с^дед равна
^ = Q工ei + 0自3].(1)
Уравнения Эйлера имеют вид
mR — mg + N,(2)
/号= a®N],⑶
где N — сила реакции. Дифференцируя уравнение связи
R + а [зе/ — 0,(4)
найдем соотношение
2
К =宁 ® [eiN]] - аф [о;е2].⑸
Подставляя (5) в (2), получим уравнение
^^ ci (eiN) — (1 + ^^)N = mg + таф 心例],
из которого найдем силу реакции N = N^e、:
N\ = та⑦зз,%2 = 0, %з =(g3 +。9幻1)・(6)
Теперь, учитывая уравнение связи (4),
i = аз?, рф — —азз,⑺
можно получить из (2) и ⑹ систему
爸=0,电+舞"1 = ^?3.⑻
Зададим следующие начальные условия: R(0) = pei + 2()ез, R(0)= =pQe2 + ioe3- Тогда из (8) получим 0 = Q. Для определения 幻1,幻2 достаточно записать проекцию уравнения (3) на орт е> Учитывая (1), получим из (3)
公1 - aз2 = 0-(9)
Решение уравнений (8), (9)
32 = ^ 8S 勿3 = ^ 符 + ^ g sin ш. (10)
Интегрируя первое уравнение (7), находим
7 .2
z = & + !? 2 Sm 7Ш-
Из (6) следует зависимость N入©:
Ni = —т^р^Ni = —т^р^%з = -т [g3 + 20a I sin I 飼.
Ni = —т^р^
Ni = —т^р^
Шар на вращающейся плоскости. Шар движется без проскальзывания по шероховатой горизонтальной плоскости, вращающейся вокруг вертикальной оси с постоянной угловой скоростью Q. Найти решение уравнений Эйлера.
Решение. Введем орт е, перпендикулярный плоскости. Уравнения Эйлера имеют вид
mR — mg + N,(1)
/齿=—a[eN],(2)
где N — сила реакции плоскости, а — радиус шара, / = 2та1 /Ь. Скорость точки касания шара с плоскостью
[QR] =R- [зе] а.(3)
Дифференцируя уравнение связи, получим
2
R = [QR] + [Me] а = [QR] - у [[eN]e],(4)
где Q = Qe — угловая скорость вращения плоскости. Из (1), (4) следует уравнение
乙 та2 \ та2 / _「с、
NН——广)—е (eN) = -mg + m [QR],
связывающее скорость шара и силу реакции N = N丄 + N”,
N丄=—mg, N|| = |m[QR].(5)
Подставляя (5) в (1), получим уравнение
立 4函.⑹
Выберем начальные условия в виде R(0) = Ro, R(0) = [QRq]. Из (6) получим систему ж = —2Q^/7, у = 2a亦/7, решение которой
72725
力=—£ Уо sin - Qt + - ж0 cos - Qt - - ж0,(7)
1/ = I l/o cos I Qt + I ж0 sin |ш- I у。.(8)
Таким образом, центр масс шара движется по окружности радиусом (7/2) Жд + ?/q с центром в точке с координатами (—5жо/2, —5уо/2, 0). Угловая скорость вращения центра масс не зависит от начальных условий. Подставляя (5) в (2), получим уравнение i = (5/7а) QR, из которого следует, что вертикальная составляющая з остается постоянной:
з⑴ з(0) + — Q(R⑴—Rg).
Переход скольжения шара в качение на неподвижной плоскости. Шар, скользящий по неподвижной горизонтальной плоскости, начинает катиться. Найти решение уравнений Эйлера.
Решение. Введем вектор е, перпендикулярный плоскости, и вектор г, соединяющий начало координат с точкой Р касания шара и плоскости. Радиус-вектор центра масс R = г + ае. Сила реакции плоскости N = mg + Т. Пусть и⑴一скорость точки шара Р, касающейся плоскости. Тогда сила трения скольжения Т =—从mgep, где 从一коэффициент трения скольжения, ер = u/仅一единичный вектор. Систему уравнений движения
mr = Т, (1)
= —а[еТ], (2)
дополним соотношением
⑶⑶u = Е — а [зе],
⑶
⑶
связывающим скорости центра шара С и точки касания Р. Теперь дифференцируем (3) и преобразуем правую часть, используя уравнения (1), (2), также как в задаче 6.2.6. В результате следует уравнение
и =—и =—7〃g7〃g⑷⑷
и =—
и =—
7〃g
7〃g
⑷
⑷
Начальное значение u(0) = и0. Образуя скалярное произведение (4) с вектором и, получим уравнение
旦金—―女§办一一厶空山 2 -2 %2旦金—―女§办一一厶空山 2 -2 %2(5)(5)
旦金—―女§办一一厶空
山 2 -2 %2
旦金—―女§办一一厶空
山 2 -2 %2
(5)
(5)
решение которого
仅⑴="0^力，0 W力W力C,力C = 7从；；"⑴=°，力〉力C■
В момент времени 力с скольжение шара переходит в качение. Из уравнений (4), (5) следует, что ер — постоянный вектор:
depdtdepdtuu、 Uoe p —> c =—、 Uoe p —> c =—
depdt
depdt
u
u
、 Uo
e p —> c =—
、 Uo
e p —> c =—
⑹⑺⑹⑺Теперь уравнения (1), (2) приобретают вид
⑹
⑺
⑹
⑺
г =
⑦=警[ес]・
Очевидно з⑴е = 0, з⑴с = 0. В интервале времени 0 < 力 < 力с решение уравнений (6), (7)
г ⑴=r(0) + v(0) t-I 从 gc 优(8)
з⑴=з(0) +赛….(9)
Направим ось z параллельно вектору е. Пусть в начальный момент времени г(0) = 0
v(O) =(О1,。2, 0),02 > 0,3(0) =(31, 32, 33),^2 = — •
Тогда и(0) = (0,。2 + 31包 0), с = (0, 1, 0). Отметим, что при движении шара без проскальзывания。2 + 幻1。= 0- Поэтому шар начинает скользить. Из (8), (9) получим
优⑴=0",夕⑴=。2力一^从g优
3况(力)31 - 2a力， 3g(力)32,3z(力) з3.
В интервале времени 0 < 力 < 力с шар движется по параболе. Полагая о,力о) = 0, находим 力о = 。2/从g,幻宓(力о) = &i — 5°2/2a — шар по-прежнему скользит по плоскости. В момент времени 力с значения скоростей
0аe 少а(力c) 。1, оде 0у(力c) 不(5。2 - 2ti；i (Z),__ 2502
^жe = 以况(力c) = ^а1石 .
При 力〉力с выполняется соотношение。2 + 幻1。= 0 — шар движется без проскальзывания с постоянной скоростью v =(。匕 vyc, 0). Если начальное значение угловой скорости 幻1 > 5。2/2。, то tc > 力о, vyc < < 0; при значениях 力〉力о шар скользит в отрицательном направлении оси у по параболе, а при переходе в режим качения движется по прямой — игроки на биллиарде знают, как заставить шар вернуться назад. При。1 = 0 шар движется по оси у в обратном направлении, так же как «закрученный» обруч на соревнованиях по художественной гимнастике.
Движение катушки по плоскости. Катушка ниток находится на шероховатой горизонтальной плоскости. К нити приложена постоянная сила F (рис. 6.2.8). Найти скорость центра масс и угловую скорость вращения катушки (т — масса катушки, 6 — радиус бобины, а — радиус обода, осевой момент инерции катушки — /).
Решение. Шероховатая горизонтальная плоскость задана уравнением у = 0. Скорость центра масс катушки v(力)=(о, 0, 0) и угловая скорость з(力)=(0, 0, а).
На катушку действуют сила трения Т = (Тж, 0, 0), сила тяжести mg = (0, —mg, 0), сила реакции N = (0, N, 0) и внешняя сила F = =(F cos a, R sin а, 0), где а — угол между вектором F и осью х.
Из уравнений Эйлера получим систему
N — mg + R sin а = 0,(1)
т^ = F cos а + 厶，(2)
I^ = bF + aTx.(3)
Скорость точки обода, касающейся плоскости, и(力)=(и, 0, 0),仅=о + + аз.
А. Рассмотрим вначале режим чистого качения. В этом случае и = =0, о = —аз. Из уравнений (2), (3) получим
Tx = -FTx = -F/ cos q + mab
Tx = -F
Tx = -F
т I2
7 + та
Теперь из (2) следует уравнение
dv _ a (a cos а — b)
dt / + та2
Очевидно, при значении а = а^^ cosak = b/a ускорение равно нулю. Этот результат очевиден из теоремы о трех силах. Если 0 < а < ak, то о(力)〉0, о;(力)< 0 — катушка движется в положительном направлении оси х. Нить наматывается на катушку.
Б. Рассмотрим режим скольжения катушки. Пусть начальные значения о(0) = 0, з(0) = а。： катушку раскрутили и поставили на плоскость. Начальная скорость точки касания обода с плоскостью 仅(0)= =аио^ > 0. В этом случае катушка начинает скользить по плоскости. Вектор с = и(0)/|仅(0)| = (1, 0, 0); поэтому проекция силы трения Тх = =一从狂
Теперь необходимо ответить на вопрос: возможен ли переход скольжения в чистое качение? С этой целью, дифференцируя уравнение и = =о + аз по времени и учитывая уравнения (2), (3), получим
du dv do;
mw = F (cos a + ^^^ — д (mg — F sin a) (1 +
Рис. 6.2.8Рис. 6.2.8Рис. 6.2.9
Рис. 6.2.8
Рис. 6.2.8
Если w > 0, то движение катушки не перейдет в режим качения.
На горизонтальной шероховатой плоскости лежит однородное кольцо. Кольцо раскрутили вокруг вертикальной оси симметрии и сообщили ему начальную скорость. Найти закон движения кольца по плоскости.
Решение. Пусть R — радиус-вектор центра кольца, R — скорость центра масс кольца, з — угловая скорость, а — радиус кольца. На каждый элемент длины дуги a da кольца действует сила
dF = —kmg ^ ^, v = R + [зп] a,
где к — коэффициент трения, п — единичный вектор (рис. 6.2.9). Интегрируя, находим
где Q—i/2(力)一функция Лежандра второго рода [5]. Упростим задачу, ограничиваясь рассмотрением ситуации, в которой ш》|R|/a. В этом случае из (1) находим F о —(kmg/за) R. Момент сил трения относительно центра масс
L = a ] [n dF] о —kmga ^ .
Уравнения движения кольца в режиме быстрого вращения имеют вид 云=一粤以 亏=一粤旅 = _kmga.(2)
Начальные условия R(0) = (о。, 0, 0),幻(0)=幻。^> vq/а. Из уравнения (2) получим
3 ==力)，沙⑴=0.
а\Goа /
Эти решения справедливы при условии ша 》 \х\. Таким образом, быстрое вращение кольца приводит к тому, что его скорость уменьшается по линейному закону, причем эффективный коэффициент трения 自小=kv)uI3q(i《к.
Записать уравнения Эйлера для осесимметричного тела в подвижной системе координат с осью z- осью узлов £ и третьей осью, перпендикулярной к осям z- £.
Решение. При исследовании движения осесимметричных тел (Л = =‘2 # /з) удобно воспользоваться «проскальзывающим» репером. Орт пз направим по оси симметрии тела. Он образует угол 0 с осью z. Другой орт П1 направим по линии узлов в плоскости ху. Он образует угол 夕 с осью ж неподвижной референционной системы координат, третий орт П2 = [пзП1]. Обозначим ед (А = 1, 2, 3) — орты референционной системы координат. Тогда
П1 = cos 夕 ei + sin 夕 ©2,
П2 = — sin 夕cos e ei +cos 夕 cos 8^2 + sin 0 ез,пз = sin 夕 sin 8 ei — cos 夕 sin 8 e? + cos 8 ^3.
Угловую скорость подвижного репера обозначим Q. Пусть з — угловая скорость тела. Поскольку вращение репера не связано с изменением угла 吵,то, полагая 吵=0,吵=0 в эйлеровых формулах для з, найдем проекции з и Q на орты репера п》:
Q =(庆 S sin仇 S cos。)，3 = (Qi, Q2, 口3 + &)•
Первое уравнение Эйлера mv = F в координатах имеет вид
mi)a + т£ав4вА = %・
Момент импульса
М = / (^П1 + S sin ^ П2) + /3 (S COS е + &) П3.
Поскольку пд = [Г2пд], то уравнение Эйлера М = L приобретает вид
/公1 + (a233厶-a332/) =(1)
/公2 + (a331/ - %33/3)=L2,⑵
厶公 3 = %•(3)
Заметим, что уравнения (1), (3) могут быть представлены в виде
d дК дК _ т d дК _ т
где К — кинетическая энергия вращения,
К = ^ /俨 +。2 sin2^) + ^ /3 (S cos 8 + &)2.
Диск и стержень, прикрепленный к его центру перпендикулярно поверхности, образуют жесткую систему. Другой конец стержня шарнирно закреплен в точке на расстоянии равном радиусу диска от горизонтальной шероховатой плоскости, по которой диск катится без проскальзывания. Найти реакции связей в точке шарнирного закрепления и в точке касания диска с плоскостью.
Решение. На рис. 6.2.11 Р — точка соприкосновения диска с плоскостью, Л — основание оси, длина штанги ОМ = h： радиус диска МР = =а. Положение любой точки диска определяется углом между прямой АР и произвольной фиксированной прямой, проходящей в горизонтальной плоскости через точку Л. При равномерном вращении диска S = По, угловая скорость диска з направлена параллельно мгновенной оси вращения РО: з = Qge —(九/a) 口0^4, где е — единичный вектор, параллельный аЗ. Радиус-вектор центра масс R = he^ скорость центра масс К =九[Qeg =九По [еез]. Ускорение центра масс
立 - [е 心必口 -一九京eg.
Из уравнения Эйлера —mh^e^ = mg + Np + N находим
0 = —m,g+Np + N卜-m^h = N3,(1)
где N“ = Ne. Поскольку момент импульса M = /Qoe — /з (九/a) Qoe3 5 то
M = —/з ? 口0 [з必]=—/з ~ ^о [еез]-
Из второго уравнения Эйлера получим
—/з £ 京[еез]=[拉必匂(Np — W),
следовательно, Np = mg + /зП^/а. Подставляя в (1), находим N” = =—/3 僞/а.
Диск катится по шероховатой горизонтальной плоскости. Найти условие устойчивости при движении диска в вертикальной плоскости.
Рис. 6.2.11Рис. 6.2.11Рис. 6.2.12Рис. 6.2.12
Рис. 6.2.11
Рис. 6.2.11
Рис. 6.2.12
Рис. 6.2.12
Решение. Используя систему координат, введенную в задаче 6.2.10 (рис. 6.2.12), запишем условия качения без проскальзывания: 0 = v — —а[зп2], где а — радиус диска. Ускорение центра масс
к = a [醬必]+ а [а心必口 •
На диск действуют сила тяжести mg и сила реакции N. Учитывая, что g = —gez, е^ = П2 sin。+ П3 cos 仇 из уравнения Эйлера mR = mg + N получим
Tпа (一公3 + "1з2)= N\)(1)
—та (说 + 幻3口3)= —mg sin 8 + N?：(2)
ma (Qi + 幻3幻2)= — mg cos。+ N3.(3)
Из уравнения Эйлера для момента импульса найдем систему
/Qi + (З2З3/3 - 口3幻2/) = —а№,(4)
/Q2 + (a331/ - З1З3/3) =。，(5)
/з^з = а%1・(6)
Исключая 公1,3 из (1), (3) с помощью (4), (6), получим компоненты силы N:
М = та ^332,/3
№ = ； [mg cos 0 + таш2ш3 (1 - ,) + тао；2^з],
где 厶=/3 + ma2, /' = / + та2. Подставив эти выражения в (4), (3), получим уравнения, содержащие только активные силы:
/3^3 = та1^^^^(7)
/&1 = — mga cos 8 + ^2^3/— &23з4(8)
/期=31 (g3厶-%/)•(9)
Из этих уравнений следует первый интеграл
I (/'若 + /必 + /制打 + mga sin 0 — E.
Рассмотрим теперь движение диска с начальными условиями 9(0)= =0, 8(0) = 0, “(0)=例)，8(0) = тг/2, которые соответствуют качению в вертикальной плоскости по прямой со скоростью о。= о;。а. Для исследования устойчивости положим 0 = тг/2 +力(|ж|《 1),吵 =cjq + г, |е|, |S|《о;。. В этом случае 幻1 ^ ж, u；2 — S, о；з о 幻。+ * Пз о 0. Оставляя в (7)-(9) только члены первого порядка малости, получим систему
(Ю)(Ю)g = 0, 1ф = ojqI^x + Mz：Гх — mgax — 1^ш()ф,
(Ю)
(Ю)
следовательно,
Vx + (^^ 说—mga^ 力=a。，Mz.(11)
Если /3/43^ > mgal^ то движение диска устойчиво относительно возмущений. Для диска (/3 = 2/, / = та1 /^) получим о^ > ga/3, для обруча —呜 > ga/4. Компоненты реакции
М — та g № = mg cos ж — max2,/3
N3 = 7 ^-mgx + ташоN3 = 7 ^-mgx + ташо
N3 = 7 ^-mgx + ташо
N3 = 7 ^-mgx + ташо
Из (10), (11) получим
/ = _3°^，z + ' cos (就 + a),炉=芬3^ 一 ^^,Ф =-号患+，^ 4 cos (kt + a).
Для диска &2 = 4 (Зо;^ — g/a) /5, для обруча &? = 2 (4u；o — g/a). Таким образом, при незначительном отклонении диск движется не по прямой, а в окрестности окружности радиуса IГк2/(/зт^|ж(0)|).
Осесимметричное тело вращается вокруг оси, которая жестко связана с некоторым движущимся объектом. Угловая скорость относительного движения равна постоянной величине &(). Ориентация оси определяется углами Эйлера 8 и 夕.Определить момент сил реакции при известном маневре объекта.
Решение. Согласно условию задачи закон движения тела известен: скорость центра масс тела v = v⑴，0 =。⑴，夕 = 夕⑴，“ = 吵⑴.
Из первого уравнения Эйлера находим равнодействующую сил, приложенных к вращающемуся телу (см. задачу 6.2.10),
F = m ^ + m [Qv].
Момент сил реакции относительно центра масс представим в виде
b1 = /e1 + (/3 - /) 口2a3 + a2&/3,
£2 = /c2 一(厶一/) 口3口1 - a14/3,
£з = /3С3 + &/з・
В большинстве практических приложений скорость центра масс и ориентация объекта изменяются адиабатически медленно: |蔦| « Q^, |Q|《|&о|, \ф\《|&Q|. В этом случае L о [QM0], где Мо = =(0, 0, /3 Vo) — вектор собственного момента импульса тела. Следовательно, при движении объекта по криволинейной траектории
F = m [Qv], L = [QMg].
Вектор Lg = — [QMg] называют гироскопическим моментом сил, действующих на объект со стороны вращающегося тела [85, 142, 143]. Например, при движении по окружности со скоростью о угловая скорость объекта и гироскопический момент
Q =[vF], Lg = ^[M0[vF]].
mvmv
В случае движения мотоцикла (vMg = 0) гироскопический момент Lg = V (MqF)/(mv2). Для одномоторного самолета (FMq = 0) имеем Lg = -F(M0v)/(mi;2).
Пусть горизонтально расположенная ось гироскопа массы т закреплена на двух подшипниках в точках а и 6, со стороны которых действуют силы реакции Na и N/,. Поместим начало подвижной системы координат К' в центр масс гироскопа. Сумма моментов всех сил относительно центра масс L = [raNa] + [r^Nb]. Полагая г/,= =—% = с, получим L = [с (N/, — Na)]. Представим Мо в виде Мо = =сЛ/о/с. Следовательно, с/М0/dt = [QM0], (Л/0/с) [Qc] = [с (N/,— —Na)]. Отсюда следует важный результат
□ =，(№- №)以(1)
Сумма моментов сил, действующих со стороны оси гироскопа на подшипники Lg = — [QMg], или Lg = Mg [cQ]/c. Вводя единичный вектор П3 = с/с, полезно представить Lg в виде Lg =(丿叫。)[пзС].
Отметим, что при движении объекта с постоянной скоростью из уравнений
О = mg + № + №, Na - № = О
получим Nb = Na = —mg/2. Соотношение (1) представляет собой основной результат теории быстровращающихся гироскопов: если к оси гироскопа приложить пару сил, то он приобретает угловую скорость Q или наоборот — при повороте гироскопа изменяются силы реакции.
6.2.14—6.2.15. Гироскопический момент. Ось ротора турбины расположена вдоль оси корабля и закреплена двумя подшипниками в точках а и 6 на расстоянии / друг от друга (рис. 6.2.14).
Корабль выполняет поворот по окружности радиуса R с угловой скоростью Q = Qni，Угловая скорость вращения турбины — о;》Q. Найти силы давления на подшипники при движении корабля.
Решение. Момент сил реакций Na и N/), действующих на ось турбины L = (//2) [пз (№ — №)]. Поскольку Mq = Л/0П3, то имеем систему уравнений
т [QR] = mg + № + Na, a = —(N武a" ,(1)
из которой находим
Na, ь = ； (rn [QR]-mg±y M^.⑵
Подставляя в (2) R = Яп2,立=A [Qn2] = ПАпз, получим
Nb = (I W - у 幻优-；mQ^R, 0),
Na = Qmg+ у 皿-；nd 凡 о).
Силы давления на подшипники P，a = —N，&. Гироскопический момент Lg = [MQ] = /зо;^П2, создаваемый парой сил давления на подшипники, приводит к смещению носа корабля вверх и кормы вниз. Аналогичный эффект возникает при плоском развороте одновинтового самолета.
В разделе физики, известном как «Физики шутят», упоминается о розыгрыше, автором которого был выдающийся американский физик-экспериментатор Роберт Вуд. Перед поездкой он укрепил в чемодане гироскоп. Вышел из вагона, запустил гироскоп с помощью ремня и подозвал носильщика. Когда они огибали угол, чемодан стал разворачиваться в вертикальной плоскости и вырвался из рук испуганного носильщика.
Найти гироскопический момент и силы давления, возникающие при килевой качке с угловой скоростью Q = Q(力)п?.
Решение. Полагая в (2) задачи 6.2.14 А = 0, получим
№⑴=(I W, -у 皿 0), Na⑴=(貲，?幻优 0).
Гироскопический момент L?⑴=[MQ] = —/ac(;Qni, порождает вынужденные колебания оси корабля в горизонтальной плоскости.
Рис. 6.2.14Рис. 6.2.14Рис. 6.2.16Рис. 6.2.16
Рис. 6.2.14
Рис. 6.2.14
Рис. 6.2.16
Рис. 6.2.16
Используя метод усреднения, определить движение быстрого осесимметричного волчка с закрепленной точкой.
Решение. Пусть R — радиус-вектор центра масс, проведенный из точки закрепления. В отсутствие поля тяжести из уравнения Эйлера
М = [Rmg](1)
находим М = Мд. Ось волчка нутирует вокруг постоянного вектора М с угловой скоростью QH = М//. Угол а на рис. 6.2.16 определяется соотношением cos а = Mq //3 呪.
Следующее приближение описывает движение вектора М с угловой скоростью з. Для определения з усредним (1) по периоду нутации:
〈R〉=今 cos а.⑵
Подставляя (2) в (1), получим уравнение
М = -^ cos a [gM],
из которого находим з = —mlM-1 cosag. Следовательно, вектор М прецессирует с угловой скоростью з.
Задача Фейнмана [175, с. 170]. Тонкий диск запустили вверх с подкруткой так, что плоскость диска параллельна вертикальной плоскости. Найти частоту колебаний диска вокруг вертикальной оси.
Решение. Поскольку момент силы тяжести равен нулю, то из уравнений, полученных в задаче 6.2.10, следуют три интеграла:
/зо；з — Л/3, Ig sin 0 + М； cos 0 — Л/3,| (说 + 幻办—const.
В обозначениях задачи 6.2.10 начальные условия 8(0) = тг/2, 0(0) = 0, ©(0)=瓦，&(0) = азо. Следовательно, М} = /з^зо, М^ = 0,
1ф sin?。+ /Зо；зо cos® = 0,(1)
I俨+夕sin26>) = Т掠⑵
Подставляя ф из (1) в (2), получим уравнение
P2 +"⑼=I魂"⑼=I (空)2 Ctg2仇(3)
В равновесном положении 0 = ^eq, ^eq = тг/2. Полагая в (3) ^ = тг/2 + + ж, \х\ « 1, получим уравнение
ж + швх = 0, Зе =/,
В случае тонкого диска 厶=2/, а® = 2о；зо.
Уравнения Лагранжа
Лагранжиан твердого тела
L(R, R,期，&п) = ^ 立2 + Т 1^以* - U(R, а/
где ап — углы Эйлера. Показать, что обобщенные импульсы и производные лагранжиана по эйлеровым углам являются проекциями момента импульса тела М и момента внешних сил L на ось z, ось узлов и ось 2‘.
Решение. Направляя координатные оси системы координат К', связанной с твердым телом, по главным осям инерции, получим момент импульса
m = /或，/=詹)心，(1)
и кинетическую энергию
Ка g)= 3〃*党.⑵
Угловая скорость твердого тела
з = 0ез + ©% + &е&(3)
где е§ — орт в направлении оси узлов. Компоненты угловой скорости в движущейся системе
⑷⑷以=(3以)=ф (е3е^) + 0 (е&) + & (е&)・
⑷
⑷
Учитывая (1), (4), получим
勿=罪=/W 欝=痹^心®以)=(mе3)=m，
ре =箒=(М%) = М^,夕侬=^ = Мез = Mz，.
Потенциальная энергия взаимодействия твердого тела с другими телами
N
U(R,拆)=□(%), Га=Л + Г：.
а=1
Моментом силы, действующей на твердое тело, называют вектор
L(R,。九)=—[г«^г]-
а=1
Подставляя % = R + г：, получим L(R,拆)=[R, F] + L(*(R, c^n),
、^П dU 丁，3口1
F(R，M)= - a 丽=—丽，L ^ an^ = ~
Приращение U(R, a^) при бесконечно малом повороте твердого тела
△U = ^{дИ/дта) Дг^. Поскольку
△г： = [зг：] △力=[е3<] △夕 + [ее<] Д6> + 良％] △次
то
—△U = +L(m)e3A^ + Um^^0 + L(咽心△次 следовательно,
也—_ Г (m)也 _ _ г (^)丝 _ _т^
3，38 _ w ，3z，•
Найти лагранжиан, описывающий движение однородного стержня вблизи поверхности Земли. Перечислить первые интегралы.
Решение. Положение стержня определяется радиусом-вектором центра масс и углами Эйлера. Искомый лагранжиан
L = ^ (* +『 + #) + ；/ 俨 +。2 sin26>) +
+ g /з (0 cos e + &)2 — mgz. (1)
Из (1) видно, что движение центра масс и вращение стержня независимы (в отличие от движения в неоднородном поле тяжести). Первыми
интегралами являются полная энергия стержня, полная энергия центра масс, горизонтальные проекции импульса центра масс и вектор момента импульса стержня.
Тонкий стержень скользит по вертикальной неподвижной нити, проходящей через отверстие, проделанное в его середине. Записать лагранжиан, найти решение уравнений движения.
Решение. Система имеет три степени свободы. Вводя в качестве обобщенных координат эйлеровы углы 8,夕 и координату центра масс z, получим лагранжиан
£ =号 # + ； / 俨 + °2 sir^j) — mgZ^
Из уравнения Лагранжа mz = —mg находим z = zq + z^ — gt2/2. Два интеграла имеют вид
1ф sir?。= Mz,(1)
；/仅2 + 夕 $^2。)= e.(2)
Полагая и = cos 8)получим из (1), (2)
Дифференцируя, получим уравнение
й + №仅=О, J = ^^ .(3)
Пусть 8(0) = &, 0(0) = о;。，©(0) = 0. Тогда / =说 sin2^o- Решение уравнения (3)
cos 0 = cos % cos (о;。sin 8。力).(4)
Подставляя (4) в (1), получим
夕⑴=arctg夕⑴=arctgtg (go sin %力)sin %tg (go sin %力)sin %
夕⑴=arctg
夕⑴=arctg
tg (go sin %力)sin %
tg (go sin %力)sin %
Найти лагранжиан твердого тела в неинерциальной системе отсчета, вращающейся с угловой скоростью Q⑴.
Решение. Кинетическая энергия тела
К = ； j dm (Е + [Qr])2(1)
Пусть R — радиус-вектор центра масс, з — угловая скорость твердого тела, r = R + r[ ?=立+ [зг〔. Из (1) получим
К = g jdm (R + [QR] + [(з + Q)?])2 =
=у (R+QR])2 + T [dm [g + 3)r〔2.
Последнее слагаемое можно записать в терминах тензора инерции, эйлеровых углов ап и производных dn:
к = ^ (R + [QR])2 +1 厶万(a + Q)a(a + a)3・
Лагранжиан твердого тела
立2 + 2 /a33a3万-Uo6,
Uo6 = -m立[QR] - ^ [QR]2 - /a33aa万-I /a3aaa万 + U(R,a九).
Конец невесомой нити, намотанной на обруч, закреплен
в некоторой точке. Записать лагранжиан,
Рис. 6.3.5Рис. 6.3.5описывающий движение обруча в вертикальной плоскости.
Рис. 6.3.5
Рис. 6.3.5
Решение. В качестве обобщенных координат введем угол 0 отклонения нити от вертикали и длину нити s (рис. 6.3.5). Декартовы координаты центра масс ж = =s sin 8 + a cos 仇 g = s cos。一 a sin 仇 где а — радиус обруча. Следовательно, кинетическая энергия центра масс т [(s — ©а)? + + ©2^2] /2. Для вычисления энергии вращения перейдем в систему отсчета, вращающуюся с угловой скоростью Q = (0, 0,— —8). В этой системе угловая скорость обруча з = (0, 0, s/a). Энергия вращения / (о; + Q)2/2 = та2 (s/a —份尸/2. Таким образом, кинетическая энергия К = та2 (s —
—а©)? + 7ns2©2/2. Потенциальная энергия U = —mg (s cos。— a sin。).
Уравнения Лагранжа
^ 2 (W — аО) = g cos。+ тп©%,(1)
^ [—2 (s — а©) а + 0s2] = —g (s sin。+ а cos。).(2)
Найдем частное решение。(力)=С. Из условий совместности системы (1), (2) получим 力⑴=0, 3 = g/2.
Концы тонкого стержня скользят по параболе с вертикально расположенной осью. Найти частоты линейных колебаний стержня.
Решение. Уравнение параболы у = х1 /2а. Выберем в качестве
обобщенной координаты угол 8, образуемый стержнем и осью х. Пусть
ri (г?)——радиус-вектор левого (правого) конца стержня длиной /, R — радиус-вектор центра масс. Тогда
力 1,2 ^m 干 / ' COS®, 1/1,2 Ут 干 / ' sin。.
Подставляя эти выражения в уравнение параболы
sin。cos
находим
Хт = CL tg6>,夕优=急(户 cos?。+ 4a2 tg26>).
Лагранжиан стержня в поле тяжести
г т^2 l = Fг т^2 l = Fcos 0 sin 8 + аcos 0 sin 8 + аtg® Y cos2^/tg® Y cos2^/+吟砂— u⑼,+吟砂— u⑼,
г т^2 l = F
г т^2 l = F
cos 0 sin 8 + а
cos 0 sin 8 + а
tg® Y cos2^/
tg® Y cos2^/
+吟砂— u⑼,
+吟砂— u⑼,
U(。) = ^^ (/2 cos2^ + 4a2 tg2^).
Положения равновесия — ®i = 0, cos ^2 =2а//. Вычисляя d2U/dO2^
находим частоты колебаний
/ < 2а,/〉2a./ < 2а,/〉2a.
/ < 2а,
/〉2a.
/ < 2а,
/〉2a.
Диск катится без проскальзывания по внутренней поверхности параболоида вращения. Найти частоту линейных колебаний диска при движении в вертикальной плоскости.
Решение. Пусть уравнение параболоида имеет вид z =(力2 + д?) /2с. В качестве обобщенной координаты выберем значение проекции точки касания диска Р с параболоидом на ось ж (рис. 6.3.7). Координаты центра масс хт = ж — a sin а^ zm = ж2/2с + а cos а, здесь а — радиус диска, а — угол наклона касательной в точке Р, tg а = х/с. Следовательно,
ахж2 ас
Хт = X,,= 1,.
，e2 + /22c ，C2 + /2
Кинетическая энергия диска К = М(ж)ж2/2,
М⑺=彳М⑺=彳ас2ас2[с2 + х2][с2 + х2]
М⑺=彳
М⑺=彳
ас2
ас2
[с2 + х2]
[с2 + х2]
Потенциальная энергия диска
имеет минимум при 力=0. Если в точке 力=0 радиус кривизны параболоида с〉а, то значение второй производной
U〃(0) = mg^^ > 0.с
Квадрат частоты линейных колебаний / = (U〃(0)/7H(0)) = 2g/3 (с — —а). Определим теперь условие качения без проскальзывания. Введем два орта, направленных по нормали и касательной в точке Р: ei = =(cos а, 0, sin а), е? = (—sin а, 0, cos а). Из уравнения Эйлера тг = =mg + N находим составляющие силы реакции
Ni = mg sin а -\- т (жт cos а + 芝优 sin а),%2 = mg cos а + т(—хт sin а-\- zm cos а).
Рис. 6.3.7Рис. 6.3.7Условие качения — //Л^》N1,「Де 〃 — коэффициент трения скольжения.
Рис. 6.3.7
Рис. 6.3.7
Рис. 6.3.8
На горизонтально расположенных рельсах находится катушка, на которую намотана невесомая нить. К концу нити прикреплен груз. Записать лагранжиан плоскопараллельного движения системы. Исследовать движение с постоянным ускорением.
Решение. Положение системы определяется заданием двух координат: 夕一углом между осью у и прямой МА^ проходящей через центр масс катушки и произвольную точку Л обода, 0 ——углом между нитью и вертикалью (рис. 6.3.8). Масса обода М, а — внутренний, 6 — внешний радиусы, т — масса груза. Угловая скорость катушки з = (0, 0, —S). Скорость центра масс R = {фЬ^ 0, 0). При 8 = 0
длина свисающей части нити / = /о +。夕,следовательно, кинетическая энергия катушки Гф2/2^ /' = Mb? + /, где / — осевой момент инерции. Найдем кинетическую энергию груза. Его координаты
х = b(p -\- a cos 8 + (厶 + ад + а。)sin ^,g = а sin 8 — «о + ад + а。)cos 0.
Скорость груза определяется выражением
о? = (а? + 俨)ф2 + (/о + ад + аО)2 О2 + 2ab sin 0 夕+
+ 26 (/0 + ад + а。)cos 0 Оф.
Лагранжиан системы
L — ^^11 т (а1 Ъ1 2ab sin。)]夕 + ^ (/0 + ад + аО^О2 +
+ mb (/о + ад + а。)cos 3 Зф — mga sin 0 + mg (/о + ад + а。)cos 0.
Ввиду сложности уравнений Лагранжа ограничимся отысканием частного решения, для которого 。(力)=О。. В этом случае получим два уравнения:
[/' + т (а? + 俨 + 2ab sin 8)]⑦=mga cos 仇
6 cos Оф — —g sin 仇
Условие совместности системы приводит к уравнению
3&1 sin?。— &2 sin ® — Ri = 0,(1)
&1 — таб, &2 = /' + п (а? + 俨).
Из (1) находим
sin& = ^ (&2 —垓 + 12烷)< 0.
Таким образом, ускорение катушки Ьф = —g tg®。〉0. Рассмотрим два частных случая:
М》т, sin。。— —mab/I^
М《т, sin ^о = — (ab/(a? + 庐))，⑦=ga/ Jd + 俨.
Из уравнений Эйлера можно найти силу реакции N, действующую на катушку со стороны плоскости:
Nx = —(М + m) g tg6>0, Ny = (М + m) g.
Движение без проскальзывания возможно при условии Nx/Ny W 从, где 从—коэффициент трения скольжения. Следовательно, решение справедливо при Ьф < 从g.
Диск движется без проскальзывания по наклонной плоскости. Центр масс диска находится на расстоянии с от геометрического центра. Записать лагранжиан, найти частоту линейных колебаний в окрестности положения равновесия.
Решение. Введем систему координат ху （рис. 6.3.9）. Положение диска зададим углом 夕 между прямой, перпендикулярной к плоскости, и прямой, соединяющей геометрический центр с центром масс т.
Рис. 6.3.9
Точка М описывает укороченную циклоиду: ж = а夕—с sin 夕,g = =а — с cos 夕,где а — радиус диска. Потенциальная энергия U（夕）= =mgh（6）
九（夕）=a （cos a —夕 sin a） — d cos （夕 + a）.
На рис. 6.3.9 изображена траектория центра масс. Очевидно, функция 九（夕）совпадает с координатой д' центра масс т в системе координат х‘у\ повернутой относительно исходной на угол а. Кинетическая энергия К = mv^/2 + /必/2. Учитывая, что о^ =必庐（6 = \РМ\）^ получим лагранжиан
L = I [m （а? + с2 — 2ao cos ср） -\-1] ф2 — U（夕），
U（夕）=—mga（p sin a — mgc cos （g + a）.
Положения равновесия определяются из условия с sin （夕 + a）— —a sin a = 0. Отсюда находим два положения равновесия （в пределах
одного цикла):
7га .
41,2 =豆一а 干 cos г = - sin а.
Поскольку
д2и\д2и\
尸 =mgc sine, 尸 =-mgc sine, 夕1夕=夕1夕1夕=夕2
то положение 夕=夕2 неустойчиво. В окрестности положения равнове
сия 夕=夕1, лагранжиан
L = у [а2 + с2 - 2ad sin (а + е)] ^2 + | ^2 - у gc sin £ (g — <pi)2.
Решение уравнений Лагранжа 夕=夕1 + 6 cos (幻力 + 0),
2 _mgc sin £
m [a2 + c2 — 2ac sin (a + £)] + /
Наклонная плоскость (клин) находится на горизонтальной гладкой поверхности. На наклонную плоскость помещают шар, кото
рый начинает двигаться без проскальзывания. Определить ускорение клина (рис. 6.3.10).
Решение. Рассмотрим плоскопараллельное движение клина и шара. Масса шара — т, его радиус — а; масса клина — М. Высота клина — Я, угол наклона —а. Введем две обобщенные
координаты: si — координата ле
вого торца клина, S2 — расстоя-Рис. 6.3.10
ние, отсчитываемое от вершины
клина до точки касания шара. Координаты центра масс шара 力2 = = si + S2 cos a,沙2 = 8 + a cos a — s? sin а. Скорость центра масс определяется выражением ^2 = ^1 + ^2 + 2名恁 cos а. Скорость точки соприкосновения vp = ®, 0, 0) и скорость точки М связаны условием качения: v「= v? + [cjfmp], из которого находим з = (0, 0, — &2/а). Теперь можно записать лагранжиан системы
L = Ms[ ++ ^2 + 2sis2 cos a) + / 萼 + mgs2 sin a.
22/2 a
Из уравнений Лагранжа
Msi + m (si + S2 cos a) = const,
m (§2 + 瓦 cos a) H——^ §2 = mg sin a
находим
瓦=—g sin a cos а瓦=—g sin a cos а
瓦=—g sin a cos а
瓦=—g sin a cos а
На обруче закреплена точечная частица. Записать лагранжиан плоскопараллельного движения обруча по горизонтальной шероховатой плоскости. Найти частоту линейных колебаний.
Рис. 6.3.11Рис. 6.3.11Ответ. / = g21m] (g/2a), где mi — масса обруча, а — радиус, m2 — масса частицы (рис. 6.3.11).
Рис. 6.3.11
Рис. 6.3.11
Рис. 6.3.12
Одна из половинок однородного цилиндра находится на шероховатой горизонтальной плоскости. Найти частоту линейных колебаний полуцилиндра.
44a.a.Решение. Выберем обобщенную координату — угол 夕 между вертикалью и прямой ОМ, соединяющей геометрический центр О и центр масс (рис. 6.3.12). Угловая скорость з = (0, 0, 0). Пусть а — радиус цилиндра. Центр масс находится в точке М, \ОМ\ = 6,
4
4
a.
a.
b — -^^ у dS —二^ ] d“ dg p2 sin g —о о
Найдем теперь скорость центра масс v. Пусть с — вектор РМ, где Р — точка касания. Поскольку уравнение связи 0 = v — [зс], то f2 = =с2(^2, с2 = а? + б? — 2ab cos 夕.Далее найдем осевой момент инерции. Поскольку /з(2т) = 2/з(т) (где /з(2т) — осевой момент цилиндра), то /з(т) = та2/2. Осевой момент инерции относительно центра масс /g优)=/з(е) — mb2. Лагранжиан, описывающий плоскопараллельное движение половинки цилиндра,
£(2 S) = ^ (а? + 俨—2а6 cos 夕)S? + ^ (^—俨)S? — U,
U — mg {а — b cos g).
Частота линейных колебаний
j 二 U〃(。) 二 8 gт(а - b)2 + 4m) о 9万一16，
Одна из половинок тонкой цилиндрической поверхности находится на шероховатой горизонтальной плоскости. Найти частоту линейных колебаний.
Ответ. Сохраняя обозначения задачи 6.3.12, находим 6 = 2а/тг, /з(т) — та2, а;2 = (тг — 2)-1 ga~\
Одна из половинок тонкостенной сферы находится на шероховатой горизонтальной плоскости. Найти частоту линейных колебаний полусферы.
Решение. Пусть а — радиус полусферы. Далее, используя обозначения задачи 6.3.12, находим
6 = ^ , /з(е) = I ma2, J = j •
Если полусфера находится на гладкой поверхности, то а? = 6g/5а.
Одна из половинок шара находится на шероховатой горизонтальной плоскости. Найти частоту линейных колебаний.
Решение. В этом случае
атг/22тг
Ь — -^^ dr j sin 0 d3 ^ d夕丁з cos ® = | °,о оо
Поскольку /3(т) = 2/5та2, то / = 15g/26a.
Эллиптический цилиндр находится на горизонтальной шероховатой плоскости. Записать ла
гранжиан плоскопараллельного движения цилиндра. Найти частоту линейных колебаний.
Решение А. Введем неподвижную систему координат К(力，g, z) и систему координат К'(力- 式，2‘)，связанную с эллиптическим цилиндром (рис. 6.3.16). В системе К радиус- вектор центра масс R = (ж, —Л, 0), 九=ОЯ, вектор g = (0, g, 0). Положение системы К' относительно К определяется углами Эйлера 夕,8 = =0,中=0. Следовательно,
ei = cos <р е^ — sin <р ©2, ^2 = sin 夕 ej + cos 夕 е$, ез = eg. (1)
Уравнение поверхности цилиндра в системе К' имеет вид /(ж- у\ 2，) = 0,/(力-沙一 2，) = (ж//а)2 + (?у//6)2 —1. В параметрической форме х' = a cos и, у? = b sin и.
Пусть г — радиус-вектор точки касания эллипса Р и плоскости, 丁 = =ОР, г =力'е： + д'е" В точке Р единичный вектор внешней нормали к поверхности равен вектору ©2,
у?|v?|у?|v?|cos 〃3Rcos 〃3RD = (cos и/а)2 + (sin u/b)2 ,D = (cos и/а)2 + (sin u/b)2 ,/ , sin и ,& +而吟bD ] ⑵九=re?, 九=万•/ , sin и ,& +而吟bD ] ⑵九=re?, 九=万•
у?|v?|
у?|v?|
cos 〃
3R
cos 〃
3R
D = (cos и/а)2 + (sin u/b)2 ,
D = (cos и/а)2 + (sin u/b)2 ,
/ , sin и ,
& +而吟
bD ] ⑵
九=re?, 九=万•
/ , sin и ,
& +而吟
bD ] ⑵
九=re?, 九=万•
Из (1), (2) находим
sin и — — cos 夕， cos 仅 = ^ sin 夕， h — a? sin?夕 + 庐 cos2(p.
Квадрат длины г2 = (a’ sin?夕 + 64 cos2(p)/h2.
⑶⑶Рассмотрим качение цилиндра в отсутствие скольжения. Тогда мгновенная ось вращения проходит через точку Р. Следовательно, скорость центра масс v и угловая скорость з = фе^ связаны соотношением
⑶
⑶
О = V + [зг],
。2 = (0т)2. Осевой момент инерции
/з = ^ ] dSf (ж,2 + У2), S = тгаб.
Переходя к переменным р, 3: х' = a。cos 仇 д' = bp sin 仇 получим /33 = = т (а2 + 庐)/4. Лагранжиан L = К — U〉где
2。2 sin2g + b2 cos2g M 8、 丁 丿 M， U = mg a2 sin2 夕 + 庐 cos2 夕.
Положение устойчивого равновесия —夕=0. Частота линейных колебаний определяется соотношением
2 . 4g d-Ь2)
—b(Y+5b2).
Решение В. Получим решение задачи, используя уравнения Эйлера mv = mg + А,(4)
/зк = [гА],(5)
где А — сила реакции. Получим вначале интеграл энергии, образуя свертку (4) с V, и (5) с з. В результате имеем
緖=Av + [гА]з т 票=0, 石=；(пМ + /) S? + 1mgh.
Найдем теперь силу реакции. Дифференцируем условие связи (3),
О = V + Qr] + [з可
и подставляем из (4), (5) производные скорости и угловой скорости:
О = g+△ ++ [зЕ].(6)
Из (6) находим
kX = —mg + (gr += 1 +.
Исключая силу реакции из (5), получим
[тг1 + /з)齿 = —m[gr] — mcj(rf).
В проекции на ось z имеем уравнение
—(mr + /з)0 =mg sin 夕 cos g.
Если центр масс цилиндра находится в точке х' = жд, у1 = 0, то потенциальная энергия U = mg (Л — жд sin 夕).Положение равновесия 夕=夕0 определяется уравнением 3U/3夕=0:
(а2 —垃『—(ж0а)2
Докажите, что центр масс находится на вертикальной прямой, проходящей через точку Р.
Цилиндрическая поверхность прикреплена легкими спицами к горизонтально расположенной оси. На внутренней шероховатой поверхности находится шар (рис. 6.3.17). Найти частоты линейных колебаний системы при плоскопараллельном движении.
Стержень согнут в виде прямого угла и подвешен на горизонтально расположенную ось. Найти лагранжиан, описывающий плоскопараллельное движение угла. Определить частоту линейных колебаний.
Решение. Найдем величину радиуса-вектора центра масс R = \ОС\ как функцию обобщенной координаты 屮〉屮一угол между вертикалью и отрезком ОС (рис. 6.3.18). Пусть а, 6 — стороны угла, Ъ > а. Тогда R = д// + 俨(。+ 6)-】/2. Момент инерции относительно оси, проходящей через точку О, /33 = (m/3) (а + 63) (а + б)」Кинетическая энергия стержня — /33<^2/2. Потенциальная энергия U(夕)= = —mgR cos 夕.Лагранжиан системы L = К — U. Частота линейных колебаний определяется соотношением
Рис. 6.3.17Рис. 6.3.17
Рис. 6.3.17
Рис. 6.3.17
Полагая 6 = 0, получим частоту о; = д/^ g/ V^ а линейных колебаний стержня длиной а.
Вершина конуса шарнирно закреплена на вертикальной шехороватой плоскости (рис. 6.3.19а). Записать лагранжиан конуса, катящегося по плоскости, найти частоту линейных колебаний.
Решение. Пусть Л — высота конуса, а — радиус основания. Положение конуса определяется углом 夕 между вертикалью и линией ОР соприкосновения конуса с плоскостью. Кинетическая энергия конуса —7n若/2, где In — главные моменты инерции по отношению к осям с началом в вершине конуса, а： — проекции угловой скорости на оси 力一 У, 2‘. Потенциальная энергия U(夕)=—mgb cos a cosg. Здесь 6 — расстояние от вершины до центра масс, tga = a/h. Найдем вначале Ь. Вычисления следует проводить в цилиндрической системе координат
22
2
2
Рис. 6.3.19
(рис. 6.3.196):
拉 ztga 2тг
Ь — —^dz j dp I d(p 02, V = - тга2Л.
ООО
Вычисляя интеграл, находим 6 = 3拉/4. Далее получим моменты инерции
Найдем теперь о;：. Пусть v — скорость центра масс. Поскольку центр масс движется по окружности радиуса 6 cos а, то v2 = (6 cos а ф)2. Из условия связи 0 = V + [зс] находим ш — ф ctg а, следовательно, 幻4 = —з cos а, а? + а? = a? sin2a. Кинетическая и потенциальная энергии приобретают вид
К — 3* (1 + 5 cos?a) S?, U — —mg | h cos a cos 夕.
Квадрат частоты линейных колебаний
便=场 cos a
九 1 + 5 cos2 a
Тонкий стержень подвешен на двух нитях, прикрепленных к наклонной прямой. В положении равновесия стержень расположен горизонтально. Найти частоту линейных колебаний стержня в вертикальной плоскости, проходящей через стержень [65].
Решение. Пусть длины нитей равны а и 6, длина стержня — /. Положение системы при плоскопараллельном движении определяется заданием функции。⑴(рис. 6.3.20), где 0 — угол между вертикалью и прямой, соединяющей центр масс и середину отрезка А!В'. Введем вспомогательный угол 夕 между осью ж и прямой АВ. Пусть жд = =R sin 仇 уо = R cos 0 — координаты центра масс стержня. Кинетическая и потенциальная энергия равны
К =+序才2) +吟絞
U = —mgR cos 仇
Для того чтобы найти К и U как функции 8, 8, запишем декартовы координаты концов стержня:
жд = ж0 - j cos 2 УА = Уи - ^ sin 2(1)
力в =窃 + / COS 2 Ув = Уи + a Sin 夕.(2)
Рис. 6.3.20Рис. 6.3.20
Рис. 6.3.20
Рис. 6.3.20
Поскольку концы стержня Л и В движутся по окружностям радиусов а и б, то
(力珞+ g) +(，4 — gtg)) = а2,(3)
(*8-g) +(ge + gtg7)=俨，(4)
где b — а = / tg7，Подставляя (1), (2) в (3), (4), получим систему, из которой находим
R [sin (夕 + 屮)-$吧丁] = Яо tg7.(6)
Ограничимся рассмотрением линейных колебаний при значениях 0 « « 1,夕《 1. Из (5), (6) получим
序 о 展—g 夕 tg), ab屮-у Я^ tg7 = 0.
Таким образом,笈⑼=尺詛—(b — a)202/4аЬ].
Оставляя величины ~ ^2, ^2, получим L = К — U〉
Частота линейных колебаний определяется соотношением
В частном случае а — b лагранжиан системы L = mQG?[Z+mga cos 0. Стержень движется поступательно.
К концу стержня привязана нить и закреплена на гвозде, вбитом в вертикальную стенку. Записать лагранжиан плоскопараллельного движения системы. Найти частоты линейных колебаний (рис. 6.3.21).
Решение. Система имеет две степени свободы. Введем 夕i — угол между вертикалью и нитью,夕2 — угол между вертикалью и стержнем. Кинетическая энергия стержня
К = ； тЯ2 + I / J, / = М
Здесь т, а — масса и длина стержня, з = (0, 0, 02)— угловая скорость стержня. Пусть длина нити равна /. Тогда координаты центра масс Rx = / sin 夕i +(1/2) a sin 夕2,左夕=一％ cos 夕 1 —(1/2) a cos 夕2・ Вычисляя скорость центра масс, получим
Потенциальная энергия U = —mg (/ cos 夕 1 + (а/2) cos 夕2). Лагранжиан, описывающий линейные колебания,
L =^("Sl + ^02) + I ^^2 ~ I w(^l + ^ ^2)-
Введем новые переменные 力 1 = Qi/(pi,力2 = 口2a夕2/2, Q? = g//, f^ = =2g/a и представим лагранжиан в виде
任 1 = аf,任2 =(出a2)「出22 = I ^2.⑵
Уравнения Лагранжа &优九近九 + хт = 0. Полагая хп = Re une~1Xt получим уравнение (―入^出他九 + ^mn) ип = 0, из которого находим собственные частоты
Д；2 = (2detK)T [SpK 干 (Sp К)2 - 4det К ].(3)
Учитывая, что А； = А^2, найдем собственные векторы
cos0/2-sin0/24 々 2&12
仅优(D =sin0/2，仅优(2) = COS0/2 ， tg0=任1 — &22 •
Общее решение хт = Дтмж^, △优川=〃优（川）,力川=Z〃 cos （A小 + a〃）, где Лм, a〃 — постоянные. Подставляя （2） в （3）, найдем собственные частоты
芹,2 = Т【4^ + за^ 干（4Q2 - 3^）2 + 36Q?期]•
Угол 0 определяется соотношением tg/З = 6口1口2 （3Q^ — 4Qj）-1.
Картина помещена в прямоугольную рамку со сторонами а и 6. К концам отрезка длиной 6 прикрепили нить длиной / и повесили на гвоздь, вбитый в вертикальную стенку. Найти частоты линейных колебаний картины в окрестности положений устойчивого равновесия.
Решение. Положение картины при плоскопараллельном движении определяется двумя углами: 0 — углом между вертикалью и прямой, соединяющей точку подвеса О и центр масс М）屮—углом между радиусом-вектором центра масс R = ОМ и прямой НМ> соединяющей середины сторон АВ и DC （рис. 6.3.22а）. Введем 7 — угол НМА^ tg 7 = 6/а, АО = /1, О В = /2- Из треугольников АОМ и ВОМ находим
色=序+（g-Rc cos（7 + <P）,⑴
废=序+（g - Яе cos （7 - （p）,⑵
где с =，。2 + 庐.Подставляя （1）, （2） в уравнение / = /1 + /2, получим
acos3+ （按一垃）（1 -伍2//2） sin24）
R（夕）=72 •
2（1 一产 sir?4）
Кинетическая энергия
К（仇夕,4 s） = ^ r2o2 + （普）S2 + ； / （S + 行3
/ =器de必;（力2 十g2）=骂①+廿）
Потенциальная энергия
U（2。）— —mg R（（p） cos®.
Положение равновесия 夕=0,。= 0 определяется условием 3U/3夕= =dU/А® = 0. В окрестности минимума потенциальная энергия
U（2 8） = -mgRo + у g （Ro俨 + s，），
A。=T （a + J'2—庐｝ 5 = ~2 [a（户_2庐）-（庐-必）"几一庐]
Рис. 6.3.22
Коэффициент s равен нулю при I — Iq — bc/a. В окрестности \3\《1, 0《1 лагранжиан
= у 展研 + ； / (S + О)? — g (Ao。？ + s，)・
Уравнения Лагранжа имеют вид
/% +/0 + mgRo。= 0,(3)
I (0 + ф) + mgs屮=0,(4)
где /' = / + тВ^.
А. Рассмотрим случай / = bc/а. Найдем решение (3), (4) с начальными условиями 8(0)=—夕(0) = ®о, 8(0) = 9(0) = 0. Движение картины определяется функциями
。⑴—% cos а%夕⑴——% cos а。力а^ = a.
Следовательно, картина движется поступательно. Интересно, что в положении равновесия (А。= с2/2а) углы О АМ и ОВМ равны тг/2 (рис. 6.3.226). Этот результат может быть непосредственно использован на практике.
В. Пусть / ^ /о- Введем новые переменные 力i = 仇 力2 = 夕 и будем искать решение системы (3), (4) в виде хп = Re 仅九6一乞，*. Корни
характеристического уравнения
A；2+京干（爲一^）2 + 4sg2/成,
где Q； = （gs/R2） （/，//）. Общее решение является суперпозицией собственных векторов:
О4О4mgRu - ГХ^mgRu - ГХ^厶1 cos （》i力+ а】）+mgs - /А^+ /Ai厶1 cos （》i力+ а】）+mgs - /А^+ /Ai厶2 COS （A2t + w）.厶2 COS （A2t + w）.
О
4
О
4
mgRu - ГХ^
mgRu - ГХ^
厶1 cos （》i力+ а】）+
mgs - /А^
+ /Ai
厶1 cos （》i力+ а】）+
mgs - /А^
+ /Ai
厶2 COS （A2t + w）.
厶2 COS （A2t + w）.
Полагая s = 0, получим Ai = О, А2 = ^о-
Колебания автомобиля в вертикальной плоскости. Центр масс автомобиля расположен на расстояниях /2 и /1 от вертикальных плоскостей, в которых кузов крепится к шасси. k± и k^ —— коэффициенты жесткости рессор переднего и заднего шасси, т — масса кузова автомобиля, / = тр2 ——момент инерции кузова относительно оси, проходящей через центр масс перпендикулярно продольной вертикальной плоскости. Найти условия, при которых возможно независимое возбуждение колебаний центра масс （«подпрыгивание»） и угловых колебаний （«галопирование»）.
Решение. Обозначим z — координату центра масс,夕—угол между главной осью момента инерции в вертикальной продольной плоскости и горизонтальной плоскостью （рис. 6.3.23）. Кинетическая и потенциальная энергии системы
mi2 m （夕0）2
VИ = mgz + 及（2 + ，2夕一/0）2 + ^"（2 -厶夕一厶）2.
Из уравнений dW/dz = 0, dW/д（р = 0 найдем значения координат в положении равновесия:
7出2底+ 左1百7出2底+ 左1百夕 eq = mg夕 eq = mg&2^2 — killklk2 （Z1+Z2）2&2^2 — killklk2 （Z1+Z2）2
7出2底+ 左1百
7出2底+ 左1百
夕 eq = mg
夕 eq = mg
&2^2 — killklk2 （Z1+Z2）2
&2^2 — killklk2 （Z1+Z2）2
Перейдем к новым координатам х^ — z — zeq,力2 = 〃（夕—夕eq）・ Тогда кинетическая энергия
_ m （ж? + 展）
=2*
Потенциальную энергию удобно представить в виде
т г /、ттг /..力2、. . TYlUтПХ тХ п
и（力 1,力2）= mVV ^eq + Ж1,夕eq + —J = const Hh • • •,
51 =51 =&2 +任m&2 +任m«2 = U21 =«2 = U21 =“2^2 — killтр“2^2 — killтр°22 =°22 =出2庭+ 左1庁2тр出2庭+ 左1庁2тр
51 =
51 =
&2 +任m
&2 +任m
«2 = U21 =
«2 = U21 =
“2^2 — killтр
“2^2 — killтр
°22 =
°22 =
出2庭+ 左1庁
2тр
出2庭+ 左1庁
2тр
Решение уравнений движения получены в задаче 4.2.1. Если U12 = О или &2,2 = &"ь то имеем два независимых уравнения. Более того, частоты колебаний совпадают при условии р2 =厶厶.
Осесимметричный волчок вращается в отсутствие внешних сил. Найти зависимость эйлеровых углов от времени.
Решение А. Рассмотрим вращение волчка в инерциальной системе покоя центра масс. Уравнения Эйлера приобретают вид
/Q1 + (/3 - /)3233 =。，(1)
/公2 + (/ - /з)"331 —。，⑵
/з^з = о.(3)
Пусть з1(0) = 0,以2(0)=以20,以3(0) = ^зо- Из (1)-(3) находим
зз = ^зо, 31 =幻20 sin Qt, З2 = З20 cos Qt,(4)
где Q = (/ — /3) u；3o//. Следовательно, сохраняются поперечная и продольная по отношению к оси симметрии волчка составляющие угловой скорости： Сс；丄=^1 + ^2 5 ^з = Ззо・
Перейдем теперь к определению абсолютного движения волчка в пространстве. С этой целью найдем зависимость эйлеровых углов от времени, выбрав ось z параллельно постоянному вектору момента импульса М = Ме^. Учитывая, что
% = sin 0 sin 也 еж/ + sin 0 cos 也 ％/ + cos 0 е2/,
найдем проекции вектора М на оси подвижной системы координат:
Мж/ = Л/ sin® sin认 Му> = Л/ sin^ cos认 Мм = М cos®.
Поскольку М cos 0 = /з^зо, то угол 8 сохраняет начальное значение: 8 (力)=^о- Поэтому вектор з равномерно вращается с угловой скоростью u；2o / sin ^о, оставаясь неизменным по величине. Величины
компонент угловой скорости в подвижной системе определяются выражениями
2М П
з丄=-p- sm 历, 以30 = % cosJo.
Интегрируя далее кинематические уравнения
S sin 0 sin 也 + © cos 也=幻20 sin Qt,(5)
S sin 3 cos 也—3 sin ^ = u；2o cos Qt,(6)
S cose + & =з30,⑺
найдем S = c(；20 (sinJo)—* & = азо —幻20 ctg®。= Q. Переходя к динамическим переменным М sin 8。= /幻20, М cos 8。= /3^30, получим
. М4=『. М4=『吵—吵—Mcos^(-^-|).Mcos^(-^-|).
. М
4=『
. М
4=『
吵—
吵—
Mcos^(-^-|).
Mcos^(-^-|).
На рис. 6.3.24 изображены векторы М, з. Наблюдаемое движение оси волчка определяется вектором
ем (力)=sin 0 sin 夕 е^ — sin 0 cos 夕 е^ + cos 0 e2,
где。= ®o,夕=(M//) 3 3 = M cos % (/「— /Т) t.
Решение В. Выбрав в качестве обобщенных координат углы Эйлера, получим лагранжиан
L(a, d) = ^ 俨 + S? sin?。) + 爷(& + S cos。)?.
Решение задачи становится возможным благодаря существованию трех интегралов:
BLdL. 8L Т
Обозначая через М^, Mz> проекции момента импульса на оси z и， получим три уравнения
1ф sin?。+ /3 (& + 0 COS。)COS® = Mz,(1)
/ (& + S cos 8) = Mz/,(2)
I 俨 + S? sir?。)+=E.
Пусть 夕(0)=飢0) = 0, 8(0) = ®o, S(0) = So, ©(0) = 0, &(0) = &o・ Поскольку сохраняется вектор момента импульса волчка, то удобно направить ось z параллельно М, тогда
Mz = Л/, Mzt = М cos ^0 5® (力)=®о・
Кинетическая энергия волчка
_ М2 / sidJo cos?®、
Из (1), (2) находим угловую скорость регулярной прецессии вокруг ОСИ 2
. Mz — Mzf cos О М и угловую скорость
吵=—S cos 0 — M cos ®o
Найти условия движения осесимметричного волчка с закрепленной точкой, при которых отсутствует нутация.
Решение. Лагранжиан, описывающий движение волчка,
L(a, d) = ^ 俨 + S? sin?。)+ ^ (& + 0 cos ^)2 = mgl cos 仇
здесь /3 — осевой момент инерции относительно точки закрепления О, / — расстояние от точки О до центра масс волчка. Поскольку лагранжиан не зависит от 夕，也 и времени, то существуют три интеграла:
1ф sin?。+ /3 (& + 0 COS。)COS® = Mz,(1)
/3 (& + S COS e) = Mz，,(2)
^ 俨 + S? sin?。) + 爷(& + S cos 8)2 + mgl cos 0 = E. (3)
Введем переменную и = cos 0. Из (1), (2) получим
. Mz — Mz；tl/(1-炉). Mz — Mz；tl/(1-炉)⑷⑷
. Mz — Mz；tl
/(1-炉)
. Mz — Mz；tl
/(1-炉)
⑷
⑷
Подставляя в (3) ф из (4) и учитывая (2), найдем
怔=F" 石‘=石
F{u) — j (E，— mglu) (1 —仅2)—方{Mz — Mz>u)2.
Полагая й = й = 0, получим систему
2/ (石'-mglu) (1 -仅2)_ (д/z - Mz，u)2 = 0,
— Imgl (1 —仅2)— 2/u (E, — mglu) + Mz> (Mz — Mz>u) = 0,
из которой следует
Mz - Mz，u =М/ 干 Mf, - Mmglu
Очевидно, должно выполняться условие М^,〉41mgiи, которое определяет область допустимых значений М/ и и. Из (4) получим угловую скорость прецессии
91,2 =亳 Mz，=F М% - 4Imglu •
В случае быстрого волчка М^,》4[mglu) . mgl . Mz/
Отсюда видно, что Si соответствует медленной прецессии, а угловая скорость 02 ——быстрой прецессии, не зависящей от ускорения свободного падения g (как в случае свободного волчка). Угловая скорость
血,2 = Mz，/〃f + X(7Им 土 Ml，- 4Imglu ).
Для быстрого волчка
；…/ — /з mglu
吵1 о 寸， 耽=Mz，•
Найти решение уравнений движения осесимметричного волчка с закрепленной точкой (случай Ж. Лагранжа).
Решение. Воспользуемся первыми интегралами, найденными в предыдущей задаче, и зададим следующие начальные условия:夕(0)= =以0) = 0, 8(0) = ^о, 9(。)= So, ®(。)= & &(。)= &о・ Из рис. 6.3.26 следуют соотношения
Миу = /00 sin % = Мо sin 仇-)),(1)
MQz> = /3 (&о + So cos %) = Mo cos (7 - %),⑵
где 7 — угол между вектором Мд = М(0) и осью z,
Mz — Миу sin。。+ Mqz> cos^0 = A/q cos7.(3)
Вводя переменную и = cos ^, получим уравнения
a = cos), 6 = cos (7 - 0q).(4)
： л / 11、 Mo b — au
也2 =(学了"")，⑹
Рис. 6.3.26Рис. 6.3.26где /(и) = (а — wu) (1 —仅2) — (а — bu)\ а = sin2 (7 — 8。) + w cos J。, e = 21mgi [M^. Функцию /(仅)можно представить в виде
Рис. 6.3.26
Рис. 6.3.26
/(仅)=_(仅-仅0)[仅 一 仅10 + e (1 - 仅2)],
仅0 = COSe0,仅10 = COS (27 -。0).
Очевидно, /(仅)обращается в нуль в трех точках и1,仅2,仅3：
仅 1,з = ±[1 干 l-4e (izio-e)], ⑻ 仅 2 = ^0,
причем — 1 W 仅1 W 仅2 W 1 < 仅3 при условии 4e(izio — е) V 1. Область изменения и = cos 0 определяется неравенством /(и)》0. Запишем ⑹ в виде
“2 = -^ £ (仅一и,(仅—仅2){и — “з) (9)
и — U1w =〃2 — 〃1и — U1w =〃2 — 〃1"3 - "1"3 - "1МоМо£ ("з — ”1) •£ ("з — ”1) •и преобразуем это выражение, вводя обозн
и — U1w =
〃2 — 〃1
и — U1w =
〃2 — 〃1
"3 - "1
"3 - "1
Мо
Мо
£ ("з — ”1) •
£ ("з — ”1) •
Из (9) найдем w2 = p2 (1 — w2) (1 — k2w2y Решением этого уравнения является эллиптический синус: w(t) = sn (pt; &), следовательно,
仅=仅1 + (仅2 —仅1) Sn2 (pt； &),(10)
а период движения по углу 0 Т = (2/夕)К(&), где К — полный эллиптический интеграл. Рассмотрим теперь некоторые частные случаи.
Свободный волчок. Положим g = 0. Тогда функция /(и) имеет два нуля 仅1 = cos (2)—8°),仅2 = cos J。. В этом случае & = 0,夕=Л/。/2/ (仅3 ~ £—1), sn (pt; 0) = sin pt. Решение (10) приобретает вид
COS e ="1 + (仅2 -仪1) sin2pt = I ("2 + "1) + ；(仅2 -仅1) COS 学 t
=cos (7 — ®о) cos 7 + sin (7 — J。)sin 7 cos ^-1. (11)
Это решение может быть получено независимо интегрированием уравнения (6). (С этой целью, дифференцируя (6), удобно перейти к уравнению осциллятора.) Период движения по углу ОТ — 2^1 /Mq. Представляя S,也 в виде
. Л/о / а + b cl — 6
4 =+ Ц
@ — Mgb@ — Mgb-/3E-/3ETVf о ( а + b а — b+ 亓(1 + 〃 — 1-и
@ — Mgb
@ — Mgb
-/3E
-/3E
и учитывая （11）, получим 夕（力）,也（力）,например,
夕⑴=" ° arctgf
1 — 〃i Mo \E电才）+1 — 〃i Mo \E电才）+1 + 〃1 4 Mo , Etg不力1 + 〃1 4 Mo , Etg不力，（1 + "2）（1 + 〃i），（1 + "2）（1 + 〃i），（1 - "2）（1 — "1）\
1 — 〃i Mo \
E电才）+
1 — 〃i Mo \
E电才）+
1 + 〃1 4 Mo , Etg不力
1 + 〃1 4 Mo , Etg不力
，（1 + "2）（1 + 〃i）
，（1 + "2）（1 + 〃i）
Заметим, что при）= 0 u（t） = cos J。, a = 1, 6 = cos J。.
Спящий волчок. Положим J。= 7 = 0. В этом случае i/ю — uq — = 1, /（仅） = （1 — 仅）2 [e（l + 仅）一1]. Исследуем устойчивость волчка при его вращении вокруг вертикальной оси. Полагая 仅=1 —力，力《 《1, разложим /（仅）в ряд Тейлора: /（仅）=（1 — 2е） ж2 + .. . Таким образом, колебания по углу 0 будут устойчивы при условии 2е V 1 （Мд〉47mg7）.
Быстрый волчок. Предположим, что параметр е《1. В этом случае кинетическая энергия собственного вращения волчка велика по сравнению с потенциальной энергией в поле тяжести. В этом случае из （7） получим 仅1 о аю — е （1 — и；。）,仅3 — £—丄 Мы видим, что нижняя граница движения по углу 0 увеличивается на малую величину ~ е. Поэтому функцию /（仅）можно аппроксимировать выражением
/（и） о —（仅-仅1）（仅-仅2）,（12）
которое можно получить, разлагая /（仅）в ряд Тейлора в точке （仅1 + + 仅0）/2. Подставляя （12） в （6）, получим решение
COS e =仅⑻⑴-I （1 -居0乂1 - cos学力｝
где 仅⑼⑴—решение （11）. Запишем решение в случае 7 = &. Тогда 仅10 =仅0・ В отсутствие силы тяжести ось волчка неподвижна （0 = 0）, а угловая скорость 也=Mq / /3. При е《1 происходит нутация по закону
cos 8 — cos 仇-I sin2^0 （1 — cos 毕 力）
и возникает прецессия вокруг вертикальной оси с угловой скоростью
.mgl 九Mo
夕=1 - cos
Mo k/
Вследствие трения в точке закрепления нутации быстро затухают и волчок движется со средней скоростью прецессии〈0〉= mgl/Mq. Такое движение волчка называется псевдорегулярной прецессией.
Волчок на гладкой плоскости. «Основание» симметричного волчка может перемещаться по гладкой горизонтальной плоскости. Найти первые интегралы.
Решение. В отличие от случая Лагранжа волчок на плоскости — система с пятью степенями свободы. Выберем обобщенные координаты: х, у — проекции радиуса-вектора центра масс на плоскость и три эйлеровых угла. Радиус-вектор центра масс R = (ж, g, / cos。), скорость центра масс R = (ж,歹，—10 sin。). Лагранжиан волчка
£=：(* +『 + 闺2 sin26>) + ^ 便2 +。2 sin26>) +
+ 爷(& + S cos ®)2 — mg cos 仇
Первые интегралы
mx = рОж,(1)
W = Poy^(2)
м^= /3(& + s cose),(3)
Mz = 1фsin?。+ /3 (&+Scos。)，(4)
состоит из внешней рамки,состоит из внешней рамки,石=^ (* + "2 + 闺2 Sil?。)+ ^ С + S? Sin26>) +
состоит из внешней рамки,
состоит из внешней рамки,
+ ? (& + 0 cos б)? + mg cos 6. (5)
Полагая E' = E — р^х/2т — р^у/2т^ получим из (3)—(5) уравнения, решения которых приведены в задаче 6.3.25.
Кинематика карданова подвеса на вращающейся платформе. Гироскоп на кардановом подвесе установлен на вращающейся платформе (рис. 6.3.28). Гироскоп ось вращения которой z^ закреплена на платформе. Внутренняя рамка может вращаться вокруг оси 力⑵，жестко связанной с внешней рамкой. Ротор гироскопа вращается вокруг оси 之⑶，закрепленной на внутренней рамке. Все три оси пересекаются в одной точке. Ориентация платформы относительно неподвижного базиса п/. (& = 1, 2, 3) задана азимутальным и полярным углами а, 0 вектора ез базиса е^(力)(п = 1, 2, 3), жестко связанного с платформой. Угловая скорость платформы Q = Qnen, Qi = —d sin /3, 口2 = 0, 口3 = & cos/З. Найти угловые скорости рамок и ротора.
Решение. Следует отметить, что термины кардан, карданов подвес и формула
Кардано для корней кубического уравнения связаны с именем выдающегося итальянского математика Джероламо Кардано (1501-1576).
Обозначим 夕1 ——угол поворота внешней рамки относительно платформы, е9)— единичные векторы, направленные параллельно главным осям инерции рамки. Преобразование поворота ортов базиса рамки относительно платформы
е,) = cos 夕]ei + sin 夕]e2, ef)= — sin 夕]e】+ cos gi e2,e$)= e3.
Поскольку e = [Qe], то вычисляя производную ёп \ получим соотношение 心金)=[з⑴ее)], из которого найдем компоненты угловой скорости внешней рамки
а?) = Q2 sin 夕 1 + Qi cos 夕 1,幻，)=口2 cos 夕 1 — Qi sin 夕i,@)
&g)= Si + ^3 ♦
Ориентацию внутренней рамки относительно внешней зададим углом поворота 夕2：
е,) = е,〈eg?) = cos 夕2 ef)+ sin ^2 ef
e‘)= — sin 夕2 ef)+ cos 夕2 ef).
В результате вычисления производной 心Q)= [з(2)е(2)], получим компоненты угловой скорости внутренней рамки
з\2)= 02 + з,〈COS 夕2 + Sin 夕2,@)
3?)= 3,)cos 夕2 — 3,)sin 夕2・
Угол поворота ротора относительно внутренней рамки обозначим 夕3. Преобразование поворота
Теперь имеем 心◊) = [з(з)е(з)] Компоненты угловой скорости ротора
(3)(2).(2) ♦(3)(2)(2) ♦
^1—^1 COS 夕3 + 3占丿 Sin 夕3,U；2— ^2 cos 夕3 — Sin ^3,
$3) = 03 +“汽⑶
Отметим, что углы 夕九 представляют собой эйлеровы углы поворотов вокруг осей 3, 1, 3. Используя (1)-(3), можно прийти к исследованию множества проблем движения гироскопов (см. задачи 6.3.29-6.3.32).
Гироскоп на кардановом подвесе. Гироскоп находится на неподвижной платформе （см. рис. 6.3.28）. Ось внешней рамки совпадает с вертикалью. На оси ротора z^ прикреплена частица массы т на расстоянии s от оси 力（2）. Найти лагранжиан и первые интегралы [142, 143].
Решение. Пусть /]? = /，；）= /（D, /*^）= /、" - главные моменты инерции внешней рамки, 1^ = /,；） = /⑶,1^ = /『）一главные моменты инерции внутренней рамки, 1^ =處）=/⑶，虑）=専）_ главные моменты инерции ротора. Учитывая решение задачи 6.3.28, получим кинетическую энергию системы
К = Т /⑴抬 + I /⑶（抬 + ф1 COS?夕2）+ I /『）（Si sin 夕2产 +
+ 2 /⑶（"'+ “； sin?夕2）+ 2 専）（9з + Si COS 夕2）2.
Подставляя g = — ge?, получим потенциальную энергию системы U = msge^e^ = mgs cos 夕2・ Лагранжиан гироскопа L — К — U.
Вычисляя производные
Mz = dL/дфг, / = дЬ/дф3.
Е = фгдЬ/дфг + ф2дЬ/дф2 + ф^дЬ/дф^ - L, найдем первые интегралы
Mz = [/⑴ + /⑶ COS?夕2 + （/『）+ /⑶）sir?夕2〕Si +
+ /『）（9з + Ф1 COS 夕2）COS 夕2,（1）
А/з =専）（03 + Si COS 夕2）,⑵
石=:/⑴抬+ I /⑶（达+抬COS2^2）+
+ I /f）（Si sin 42）2 + ^ /⑶（抬 + S； sin242）+
⑶⑶Мз2.
⑶
⑶
Н^у —心夕 1 COS 夕2 — mgs COS 夕2・
27q
Mz — Мз COS 夕 2Mz — Мз COS 夕 2S1 =卩⑴+ /⑵S1 =卩⑴+ /⑵⑷⑷Если моменты инерции всех рамок положить равными нулю, то уравнения （1）-（3） соответствуют уравнениям движения симметричного волчка. Исключая из （3） Si, получим уравнение 02 =尸（夕2）, правая часть которого содержит рациональную алгебраическую дробь. Наличие рамок приводит к новым эффектам. Из уравнений （1）, （2） находим
Mz — Мз COS 夕 2
Mz — Мз COS 夕 2
S1 =卩⑴+ /⑵
S1 =卩⑴+ /⑵
⑷
⑷
COS?夕2 + （/q2）+ /⑶）sir?夕2〕
Угловая скорость прецессии гироскопа меньше скорости прецессии симметричного волчка с закрепленной точкой.
Маятник Пошехонова. Маятник может свободно вращаться вокруг горизонтальной оси, закрепленной на рамке, расположенной в вертикальной плоскости. Рамка установлена на диске, который мо****жет вращаться вокруг вертикальной оси
翳 I(рис. 6.3.30). Найти частоту линейных коле-
\| ^^尸баний маятника и угловую скорость враще-
нияуиска.
гешение. Система имеет две степени свободы. В соответствии с решением зада-ни 6.3.28 положим Q = 0,夕】=夕，夕2 =仇
夕з = 0・ Угловые скорости внешней рамки и маятника
Рис. 6.3.30川⑴=(0, 0, S),
з⑵=(4 S sin®, S cos。).
Пусть /g ——осевой момент инерции диска и рамки, /, /3 — главные моменты инерции маятника. Лагранжиан системы
L = # S? + ^ 俨 + S? sin%) + 爷 S? cos2^ + mgl cos 8, где l — расстояние от оси 力⑶ до центра масс маятника.
Найдем первые интегралы:
М3 = (А + / sir?。+ /3 cos26>) .(1)
石=^ S? + ^ 俨 + S? sin%) + ^ S? cos% — mgl cos®. (2) Исключая S из (1), (2), получим уравнение
石=©2 + и и —mgi cos® +
2e, e82(/о + / sin26> + /3 COS26>)
Положение равновесия маятника найдем из уравнения dUe/dO = 0. Поскольку в реальной установке /3 « Уд, то
aUe /7 Mil cos6> \ Q
d2Ue 7 八 Ml I cos26> Mll^ sin226> 9 = TTlgL COS U — 99 + 9q • д2о 8(/о + / sidef (/0 + / side)?
В окрестности положения равновесия ^eq = 0 решение уравнения (3)
。⑴—A cos (幻力 + а),№ = ^^у^ — ^^) •
Угловая скорость диска
“[/о + /Л2 COS2(G力 + Q)]
представляет собой периодическую функцию, максимальное значение которой Л/3//0 значительно превосходит минимальное значение М3/(/о + /№)• При прохождении маятника через положение равновесия наблюдается скачок угловой скорости диска.
Гирокомпас. Гирокомпас представляет собой гироскоп
Рис. 6.3.31Рис. 6.3.31с осью ротора, закрепленной на рамке, которая может вращаться вокруг вертикальной оси (рис. 6.3.31). Гирокомпас установлен на широте А, ось ротора направлена на север. Величина угловой скорости вращения Земли — Q. Исследовать линейные колебания оси гирокомпаса в окрестности положения устойчивого равновесия.
Рис. 6.3.31
Рис. 6.3.31
Решение. Единичный вектор ei направлен на север по касательной к меридиану. Вектор угловой скорости вращения Земли Q лежит в плоскости, перпендикулярной вектору е?・ Система имеет две степени свободы. В соответствии с решением задачи 6.3.28 положим Qi = Q cos А, 口2 = 0, 口3 = =Q sin A,夕 1 = 6 夕2 =我 夕з = 0- Угловые
скорости рамки и ротора
3，)= Qi cos 夕,3，)= Qi cos 夕,3,)= —Qi sin 33,)= ^ + Q3,
3，)= Qi cos 夕,
3，)= Qi cos 夕,
af) = & + Qi cos 夕， 幻产)=—Qi sin 夕 cos V + (S + Q3) sin 次
6t4?)= (S + 口3)cos V + 口1 sin 夕 sin 沙
Пусть /g)=总)=/⑴，总)=以) —главные моменты инерции рамки, *)= 7g,虞)=爲)=I — главные моменты инерции ротора. Лагранжиан системы
Ь = I /⑴[(S + 口3产 + (% cos 夕К] + I /f)(Qi sin 夕)2 +
+ 5 / [(S + Пз)2 + (^1 sin 夕)2] + 5 Tg (& + Qi COS 夕)2.
Первые интегралы
Л/q—г , Е — ф -7—；—Ь 吵—г — L,
М3 = То (& + Qi cos 夕),М3 = То (& + Qi cos 夕),⑴⑴
М3 = То (& + Qi cos 夕),
М3 = То (& + Qi cos 夕),
⑴
⑴
石=; (/⑴ + /) S2 + ； /。疗-
-I [(/р)+ /) Sin2^ + (/о + /⑴)COS2^] a； + & (2) c = T(" + /)%
Исключая & из (2), получим уравнение
⑶⑶石=Т(/⑴ + /)°2 + U&)，
⑶
⑶
U(夕)=С + —уM^Q] cos 夕—
-^ [/(D cos夕2 + (/f) + /) sin夕2] a；.
Найдем положение равновесия оси гирокомпаса из уравненияНайдем положение равновесия оси гирокомпаса из уравнения竺 3夕竺 3夕=о,=о,
Найдем положение равновесия оси гирокомпаса из уравнения
Найдем положение равновесия оси гирокомпаса из уравнения
竺 3夕
竺 3夕
=о,
=о,
北=M3Q1 sin 夕—(―/⑴ + /，)+ /) Q； sin 夕 cos 夕.
Обычно реализуется условие М^》1^^^ /П】. Тогда в окрестности устойчивого положения равновесия 9eq = 0 решение уравнения (3)
夕⑴=A cos (ut + a), J夕⑴=A cos (ut + a), JM，QiM，Qi
夕⑴=A cos (ut + a), J
夕⑴=A cos (ut + a), J
M，Qi
M，Qi
Ось гироскопа колеблется перпендикулярно плоскости меридиана.
Гироскопическая стабилизация. На рис. 6.3.32 изображен вагон однорельсовой дороги. Устойчивость вагона обеспечивается гироскопом с осью ротора, закрепленной на рамке, которая может вращаться вокруг оси, жестко связанной с корпусом вагона. Массы вагона и ротора — т, m3, расстояния от рельса до центра масс вагона и оси рамки — /, %2, расстояние от оси рамки до центра масс ротора — s. Найти решение уравнений линейных колебаний системы в окрестности устойчивого положения равновесия.
Решение. Система имеет три степени свободы. В соответствии с решением задачи 6.3.28 свяжем неподвижный базис, задаваемый векторами Пк^ и базис, образованный векторами е；., преобразованием поворота вагона на угол /3 вокруг орта е?, направленному по рельсу:
ei = — sin 0 П3 + cos ^ П1, е2 = n2, е3 = cos 0 П3 + sin 0 曰.
Угловая скорость Q = 口力^力,Q = (0, 8,。)・ Положим 夕 1 = 0,夕2 =。, 夕3 =中・ Поскольку 夕 1 = 0, то e£)= e；., Q = 3(D — угловая скорость вагона. В нашем случае
&" = ej) = - sin 8 ef)+ cos 8 e$).
Угловые скорости рамки и ротора
з『)=4 幻产)=6 cos®, 幻¥)= —6 sin仇
幻，)—© cos 中 + 6 cos 0 sin 次 ujg" = & cos 0 cos 中一© sin 中,&" = & — 6 sin 0.
Пусть /£)= / — момент инерции вагона, 1^ =爲)=/⑶，1^ = =/个"—главные моменты инерции подвижной рамки, /g£ = /q3\ 看)=虐=/⑶一главные моменты инерции ротора. Кинетическая энергия системы
к = I /^2 +1 /⑵ 官 +(6 sin j)2] + 1 /『)(6 cos ®)2 +
+ I /⑶[@2 +(6 COS。)?] + I 窃)(& — 6 Sin。)?.
Найдем теперь потенциальную энергию системы. Вектор пз направлен вертикально вверх, g = —gn?. Радиусы-векторы центра масс вагона и ротора соответственно равны Ze「и Zzef)+ seg". Потенциальная энергия системы
U = (ml + m3/2) ggef)+ m3sgn3e^ =
=(ml + 7713/2) g cos 0 + m^sg cos 0 cos 0.
Лагранжиан системы L — К — U. Поскольку /⑶，/『)《 /⑶, 1^\ то можно пренебречь кинетической энергией рамки. Очевидно, сохраняется проекция момента М3 =窃)(& — & sin®). Уравнения Лагранжа имеют вид
^ (/6 + /(з)6 cos26> - М3 sin。)=
=(ml + т3/2) g sin 0 + m^sg sin /3 cos 仇(1)
^ (/⑶©) = —/⑶6? cos0 sin 0 — M3B cos 0 + m^sg cos0 sin仇 (2)
Линеаризуя систему (1), (2) в окрестности положения равновесия 0eq = =0, ®eq = 0, получим
/1з5 - Мз。= m0Lg^,(3)
I^O = -M30 + m3sgO.(4)
Здесь /1з = / + /О, т" — ml + тз ① + s）,加。= m + m^. Из решения характеристического уравнения следует, что положение равновесия устойчиво при условиях
М3〉I^m^sg + I^mGLg, s〉0.
Следовательно, центр масс ротора должен находится выше оси подвижной рамки.
Эллипсоид на горизонтальной шероховатой плоскости. Эллипсоид вращения с полуосями а и с > а движется без проскальзывания по горизонтальной плоскости. Введем неподвижную систему координат К（力,g, z） и систему координат К，（力-у\ z，）, связанную с эллипсоидом. В системе К ось z направлена по вертикали вниз. Положение системы К' относительно К определяется углами Эйлера у 仇 沙 На рис. 6.3.33 изображены оси системы К' при значениях углов 夕=0,。#0,中=0. Центр масс эллипсоида находится в точке xfc = 0, у； = —р, z； = 0. Компоненты тензора инерции в системе К имеют вид /п = Л, /22 =，2, /зз = /з,厶2 = 0, /2з = 0, Аз = —£• Эллипсоид с подобным распределением массы представляет собой одну из реализаций кельтского камня （celts） [173]. Найти решение уравнений движения в окрестности положения равновесия.
Решение. Пусть г — радиус-вектор точки касания эллипса Р и плоскости, г = ж^! + у，е$ + 之觴,丁 = ОР. В системе К уравнение поверхности в гауссовых координатах и, о имеет вид х' — a sin и cos。, у1 = asinu sin。, z' = с cos и. Единичные векторы, касательные к поверхности
Ei：d =Ei：d =今 cos и cos о ej + / cos и sin о e$ + ； sin ue&
Ei：
d =
Ei：
d =
（a cos 仅）2 + （с sin 仅）2 , Е2 = （—sin о, cos о, 0）.
Единичный вектор внешней нормали
n = [EiE2] , n = ^ sin 仅 cos о ej + ； sin и sin о е$ + 扌 cos u eg. (1)
В точке Р единичный вектор внешней нормали к поверхности п = =—ез：
ез = sin 8 sin 中 & + sin 0 cos 中 е$ + cos 0 eg.(2)
Из (1), (2) находим гауссовы координаты точки касания: о = Зтг/2 —中, sin и = (a/九) sin 仇 cos и = —(c/h) cos 仇 h = a? sin?。+ c? cos2^ , d = ac/h. Координаты точки касания
不YY
力'= —万 sin8 sinV, У = — — sin0 cos^, “'= 一方 cos®.
Пусть R = (Ri, &, J) — радиус-вектор центра масс. Условие движения без проскальзывания приводит к неголономным связям: скорость центра масс R и угловая скорость з связаны соотношением
0 = R+M,(3)
где s = г — гс — радиус-вектор, направленный из центра масс в точку касания Р, гс = —ре^.
Потенциальная энергия эллипсоида U = mgR^^ Аз = —ns: U(仇 V?) = mg (Л — 0 sing cos V?). Положение равновесия эллипсоида определяется условиями dU/дО = 0, dU/3中=0.
В положении устойчивого равновесия ^eq = тг/2, ^eq = 0.
Положим 8 = тг/2 + с1, V =力2 и учтем в кинетической энергии величины второго порядка малости по координатам и скоростям Ж1, 力2・ В этом приближении компоненты угловой скорости в системах К' и К имеют вид
^1 = ^1 + S 力 2,^2 =一出1 力2 + S, 以4 =出2 — 9力1,
以1 = 出2 sin夕 + 出1 cos夕， 以2 =一出2 cosd + 出1 sin夕， (4)
33 =一亦2力1 + S.
Кинетическая энергия вращения К =Кинетическая энергия вращения К =I /力*I /力*
Кинетическая энергия вращения К =
Кинетическая энергия вращения К =
I /力*
I /力*
k = 5 八出；+ -/202 + 2 /3變一/30出2力 1 + (八一/2)S出 1 力2 +
+ (/1Ж2 +/3若)S2 一 £ [出 1 出2 + S (力2出2 -力1 出1)].
Получим теперь уравнения движения эллипсоида. Представим уравнения связи
R1 — 52^3 + 5зО；2 =0, 左2 — 5з0；1 + 5]0；3 = 0,
Аз - S1U；2 + 52^1 = 0(5)
в явном виде. В линейном приближении s： ^ —а力2, s$ 弋 —sg, sg у 丁。力1, где го = с?/а, q = то — so, s()— a —p. Компоненты вектора s в системе К связаны с матрицей поворотов S勿力 соотношением 5力= =s；S/,
Si =—夕力2 COS 夕 + Q^i sin 夕, S2 =—夕力2 sin 夕一qx^ COS 夕, S3 = —Sq.
Подставляя (4), (6) в (5), получим уравнения связи в виде C^qi = 0, Qi = (^1, &, Аз,夕…1,力2), а = 1, 2, 3:
^ ^ ^^ ^ ^— 9^2 — So (±i Sin 夕一亦2 COS 夕)=О,左2 + Ssi + s()(±i cos 夕 + 亦2 sin 夕)=О,Аз - q亦I力I - px2X2 = 0.
^ ^ ^
^ ^ ^
Лагранжиан эллипсоида на плоскости
L = Т mR2 + I 厶3? — mgR^.
Согласно общему методу Лагранжа получим шесть уравнений, содержащих три неопределенных множителя, определяющих силы реакции Ni = АаСн [23]:
d 8L ar _
(8a, б, в)
dL、、
Mz ——A1S2 +
⑼
d dt
8L dxi
-^- = So (A2 cos 夕一尢 sin 夕)-A3q^i,
(Ю)
d dt
dL dX2
-^^ = So (A2 sin 夕 +》1 cos 夕)-Дзрж2.
(И)
Здесь
Mz = ^ , A/z = /20 + (/1 —，2)亦 1 力2 —/з亦2力 1+е (力 1 亦 1—力2亦2)・(12)
В линейном приближении следует ограничиться учетом величин линейных по скоростям и координатам переменных 力 i и 力2・ В этом приближении из (7в) и (8в) находим A3 = mg. Введем новые переменные
Ai =》2 cos— Ai sin 夕， 八2 =入2 sin 夕 + Xi cos 夕，
в терминах которых уравнение (9) приобретает вид
Mz =—夕力 2Al + Q^1A2.Mz =—夕力 2Al + Q^1A2.(13)(13)
Mz =—夕力 2Al + Q^1A2.
Mz =—夕力 2Al + Q^1A2.
(13)
(13)
Из уравнений (7а, б), (8а, б) находим
(14)SO 侬2 - S亦 1).(14)SO 侬2 - S亦 1).林=。石ь力2 -g力1。 -So(Ж1 +ь力2),
(14)
SO 侬2 - S亦 1).
(14)
SO 侬2 - S亦 1).
m=-qdt^X1~pX^ -
Из (14), (13) следует уравнение Mz у О, Mz = Mzq. Полагая в (10), (11) ф = ш^ ш = Mzq//2, получим линеаризованную систему, которую удобно представить в переменных，5 力 1 = z±^ VC力2 =/2：
芝1 - 3芝2 + %22 +3打1 = a(15)
芝2 - 3芝1 - a2切 + ⑴“2 = 0.(16)
Здесь введены обозначения
=詈(g + So J), 3^ =贤C = msg + /3,=詈(g + So J), 3^ =贤C = msg + /3,(g + So*, 4 = msg + /1,Vac(g + So*, 4 = msg + /1,Vac
=詈(g + So J), 3^ =贤
C = msg + /3,
=詈(g + So J), 3^ =贤
C = msg + /3,
(g + So*, 4 = msg + /1,
Vac
(g + So*, 4 = msg + /1,
Vac
口1 = г—-[厶—/2 + С — ms()p]^ 口2 = г——[厶—/2 + С — msQq\. VACVAC
Характеристическое уравнение системы (15), (16)
。4 (1 — &2) +。3 (Q] — ^2)+ Р^ (^1 + ^2 + ^1 ^2)+ 3^3^ = 0.
Согласно критерию Раусса-Гурвица амплитуды колебаний экспоненциально возрастают (в пределах применимости линейного приближения). Из (12) следует, что при начальных условиях 0(0) = 0,力i(0) = 0, ±1(0) = 0,力2(0)=力20 〉0,亦2(0)=亦20 〉0 эллипсоид начинает вращаться с угловой скоростью 0(%) < 0, а при начальных условиях 9(0) = 0,力2(。)= 0,亦2(。)= 0,力 1(。)=力io〉0,亦 1(。)=亦io〉о эллипсоид начинает вращаться с угловой скоростью 0(力)〉0.
Рассмотрим случай движения шара с симметрично распределенной относительно двух перпендикулярных осей плотностью массы, полагая 厶=/2 = /3 = /, с = а，夕=0. Тогда
1~2 j 1^2 а, к ^^， -^ тпа + /, 幻1 0, 幻2 0.
После подстановки в (14), (15) ii,之2 ~ exp (—/At) находим, что характеристическое уравнение А2 (1 —奴)一/ = 0 приводит к двум действительным корням А12 = ±入,А = о;/，1 —炉.Общее решение представим в виде суперпозиции собственных векторов, соответствующих собственным значениям Ai, А2：
Х\у/А1С -iXt 丄 R & + £д/1 — &2 С i\t
亦 2，？& ++Re 1 S' ‘
(17)
где Ci,。2 ——константы. Очевидно реализуется обмен энергией двух мод колебаний шара. Из (12), (17) следует, что среднее значение скорости прецессии
&〉= а +〈亦2力1〉=幻 + ^- [cf + C^ + 2&GC2] •
Движение космического аппарата в ньютоновом поле тяготения
Найти потенциальную энергию взаимодействия тонкого стержня с Землей.
Решение. Положение стержня длины / определяется радиусом- вектором центра масс R и углами Эйлера. Потенциальная энергия стержня в неоднородном поле тяжести
//2
U = —G 学 j dz [R2 z2 ^2~Rnz]~1/2,
T/2
где n = 1//. Вычисляя интеграл, получим
U(R, n) = —G 毕 In 笛+ 嗯 +:+ 簪⑴
I 2|R-n//2| - I + 2RnI 丿
Единичный вектор, задающий направление стержня, п = = sin 夕 sin 0 еж/ — cos 夕 sin 0 e^ + cos 0 ем. Вводя сферические координаты вектора R = R(sin a cos。，sin a sin。，cos а), запишем скалярное произведение Rn = cos a cos 0 + sin a sin 0 cos (夕 — 0). Если Я ^> /, то из (1) следует
U(R, n) = -G 贵 + 家代_3"n月+…，⑵
где / = ml2/12. Найдем приближенное выражение (1) при движении стержня на расстояниях |R — а| « а, где а — радиус Земли. Полагая в ⑵ R = а + г, получим
U(r，n)= -安-2+赛卜-3(罚-竽(少
Найти потенциальную энергию взаимодействия твердого тела с Землей, если его размеры малы по сравнению с расстоянием между центром Земли и центром масс тела.
Решение. Положение тела определяется радиусом-вектором центра масс R и углами Эйлера ап относительно референционной системы отсчета. Потенциальная энергия взаимодействия тела с Землей
U(R,拆)=-GM [•
Если размеры тела а « А, то подынтегральное выражение можно разложить в ряд Тейлора:
1|R + x|1|R + x|1 aii а2 1
1
|R + x|
1
|R + x|
丘+ g5 XiXk方冗砒 r =
_ 1 ociR . 1 /3（xR『
Учитывая, что свертка тензора инерции
/аа =厶1 +，22 + /ЗЗ = 2 ] &3力 0（Х）力之
^i^k —lik + 2 Iаа6»к）^i^k —lik + 2 Iаа6»к）
^i^k —lik + 2 Iаа6»к）
^i^k —lik + 2 Iаа6»к）
получим
U（R,拆）=U（R,拆）=c Mm 1 GM R'iRi tc Mm 1 GM R'iRi t
U（R,拆）=
U（R,拆）=
c Mm 1 GM R'iRi t
c Mm 1 GM R'iRi t
где R^ = &R, & — базисные векторы системы отсчета, связанной с телом. Таким образом, сила, действующая на твердое тело, зависит от его размеров и ориентации. Только для однородного шара （/&/? = 16оф） 1аа = 3/） второе слагаемое равно нулю.
Центр масс осесимметричного спутника движется по кеплеровой траектории. Найти лагранжиан, описывающий движение спутника относительно центра масс.
Решение. Обозначим R — радиус-вектор центра масс спутника, а^'——углы Эйлера. Лагранжиан спутника в инерциальной системе отсчета
L（o）（R, R, а"卷））= |mR2 + | 小以。）曙—U（R,糜））.（1）
Поскольку размеры спутника L « А, то потенциальная энергия определяется приближенным выражением, найденным в задаче 6.4.2. Лагранжиан （1） порождает систему, состоящую из шести связанных уравнений. Три из них имеют вид
mRn = —G ^^^ An - I ^^ 卜/九力尺厶-（5/泌 ^^ - /аа）^}] •
Для реальных космических аппаратов отношение второго к первому члену 〜（L/R）2 « 1. Следовательно, собственное движение спутника （неизменных размеров） относительно центра масс незначительно влияет на характер траектории. Поэтому рассмотрим задачу в приближении заданного движения центра масс R = R（%）, где R（力）——закон движения
по кеплеровой траектории. Опуская в （1） члены, зависящие явно от времени, получим лагранжиан движения спутника относительно центра масс
力）=j厶或兀俨-j筝厶扇⑵
Далее удобно перейти в систему отсчета, вращающуюся с угловой скоростью Q вектора R（力）：em = Am/.（t） n；.. Здесь n；. — базисные орты инерциальной системы отсчета; em = [Qem], Qj = Qe^ = Simk^ms^k' В новых координатах
乙①九，&п,力）=и /泌（з + а）勿（幻 + Q）卜—U （а^,, t）,（3）
где R[ = e；R, e； = S勿优（力）em, S/（力）——матрица поворотов на эйлеровы углы, 2； = Sim^m + SimGm = [（g + Q） е〔 .. Учитывая соотношение andL/дап = uondL/дшп^ получим обобщенную энергию относительного движения
-^（^п 55 "） = 5 I ik.3 i3 卜—UQ^OLn ,力）,
ОобЗа 力）=—2 ^ik^i^k + 2 尺5 likHjmHknRmRni （5） где Hik = SimZnki Ri = Rn〃. Первый член в （5）, пропорциональный квадрату угловой скорости Q2, аналогичен центробежной энергии. Если центр масс движется по окружности, то dL/dt = 0. Обобщенная энергия сохраняется. Направим ось z референциальной системы отсчета с началом в центре масс спутника параллельно вектору Q, а ось ж — к центру Земли. Тогда R（力）=—R（力）е^, Q = Пе^. Векторы е2 и еж представляют линейные комбинации базисных векторов е* подвижной системы, связанной со спутником:
еж = （cos 夕 cos 中一sin 夕 cos 0 sin 中）еж/ — （cos 夕 sin 中 +
+ sin 夕 cos 0 cos 中）ey + sin 夕 sin 0 e^/,
% = sin 0 sin 中 еж/ + sin 0 cos 中 ％，+ cos 0 e2/.
Подставляя в （3）, （4） векторы з и R, получим
£（0九,dn, t） = — В? + & + С）? sin?。] +
+ ^ [（S + Q） cos® + &『一 U'（a* 力），（6）
U'（M，力）=第[/ —（/ — /з） sin2^ sin2^].⑺
Центр масс осесимметричного спутника движется по круговой орбите. Найти собственные частоты колебаний спутника относительно центра масс.
Решение. Пусть R(力)—радиус-вектор центра масс. Его величина связана с угловой скоростью вращения спутника соотношением Q2 А?— =GM. Поскольку R(力)—известная функция времени, то, используя результаты задачи 6.4.3, получим лагранжиан
L(an^ &九)=—[砂 + & + Q)2 sin?。] + ^ [& + (S + Q) cos。] +
+ 行一(/ - /з) sin?。sir?/ (1)
Учитывая первый интеграл /3^ + /3 (<р + Q) cos 0 = М3)запишем два уравнения Лагранжа
^ [/& + Q) sin?。+ М3 cos。] = I Q2 (/ — /3) sin?。sin 2夕，(2)
/© = & + Q) [/ (S + Q) cos е — Мз] sin е + | Q2 (/ — /з) sin 2。sin?夕. ⑶
Пусть 0(0)=中(0) = 0. Полагая 夕，0 равными постоянным величинам, получим из (2), (3) уравнения, определяющие положения равновесия спутника:
sin?。sin 2(/; = 0,
sin 0 [/Q cos 0 — Мз + 3 (/ — /3) Q cos 0 sin/] = 0.
Предположим, что /3 | cos ^(0)| W 4/ — З/3, и рассмотрим движение в окрестности положения равновесия
夕0 =万，(4_з/з)а・
Вводя новые переменные 力i =夕一тг/2,力2 = ^ — ^о, получим из (2), (3) линейную систему
/ sin2 仇近 1 + I (3/3 - 2/) Q sin 2& 亦2 + 3 (/ —厶)口2 sin26>0 力 1 = 0,
/逐-I (З/3 - 2/) Q sin 2% 亦 1 + (4/ - З/з) 口2 sin26>0 力2 = 0.
Общее решение соответствует колебаниям связанных осцилляторов. Если 8(0) = тг/2, то ®о = тг/2. В этом случае
力 1 = Z1 COS (以1 力 + ai),力2 =%2 COS (以2力 +a2),
Исследовать прецессию и нутацию оси Земли, обусловленную моментом сил, действующих со стороны Солнца.
Решение. Вращательный момент обусловлен сплюснутостью Земли у полюсов. Предполагая, что Земля представляет симметричный эллипсоид с полуосями а = 6 # о, найдем осевые моменты инерции I — М (а2 + с2) /5, /3 = 27Иа2/5. Экваториальный момент инерции / = 8,042 • 1037 км-м2, полярный /3 = 8,068 • 1037 км-м2. Поскольку эксцентриситет орбиты Земли е = 0,0168 весьма мал, то будем рассматривать движение центра масс по окружности радиуса R. Угловая скорость Q = (GA/c/R3)i/2 (д/с — масса Солнца). Период Т = 2тг/а = =1 год.
Используя обозначения задачи 6.4.4, запишем первые интегралы и одно из уравнений Лагранжа:
/з& + /з(0 + П) cos® = М3,(1)
方3 -(2)
号^ -—号-(厶—/)sir^e sin 2g,(3)
где Mz = / (0 + Q) sin?。+ M3 cos 0. Найдем решение этой системы с начальными условиями 0(0) = —Q, /з&(0) = Mq, 8(0)=仇，8(0) = 0, где 中(0) — угловая скорость суточного вращения Земли. В отсутствие внешнего поля из (1)-(3) следует 8(力)=8°,⑦(力)=—Q. Представим 夕⑴ в виде 夕⑴=—口力 + 夕1・ После усреднения (1)-(3) за год получим систему уравнений
〈S〉= —a +学(『)，〈仙= м。(； 一+学⑷ j - u /J \ 1 - u /
"2 =(学)〃仅)，"")=£ ("2 _ 毬)0 _ "2)-(仅 _ 仅0)2,⑸
口口3(厶一/) /优
U = cose/, 仅0 = COS Uq ,£ = - J^p.
Очевидно, величина е « 1. В этом случае /(仅)можно представить в виде
f(u) о —(仅—仅1)(仅—и。), 仅]о и。(1 + 2w sin2^o)
и получить решение (5)
^ = j ［（仅° + 仅1）+（仅° —仅1）cos 号Q 力
=и。+ £仅0 sin26>0(l — cos 半力
Из (4) найдем угловую скорость прецессии
3 (/з —/)^2 口 _ з {а - с2) Q2
Угол 仇 а 23°, (a2 — с2)/(2a2) ~ (305)-1, следовательно, Si = =—Q/81 ООО. Различие между найденным периодом, равным 81000 годам, и наблюдаемым, равным 26 000 годам, объясняется взаимодействием Земли и Луны.
Смена сезонов вызвана обращением Земли вокруг Солнца и наклоном ее оси к плоскости эклиптики на 23°27'. Из-за того, что Земля сплюснута у полюсов, моменты сил, действующих на нее со стороны Солнца и Луны, приводят к вращению оси вокруг нормали к плоскости эклиптики с периодом 26 000 лет.
Первые запечатленные наблюдения за движением Солнца на фоне звездного неба, относятся к эпохе IV-III тыс. до н. э. В III тыс. до н. э. шумерские астрономы определяли начало нового года — день весеннего равноденствия — по вступлению Солнца в созвездие Тельца. В этот день плоскость экватора совпадает с плоскостью эклиптики. Интересно, что контур созвездия Тельца, похожий на букву Л, послужил прообразом первой буквы алфавитов большинства языков индоевропейской группы. Почти за 2 000 лет точка весеннего равноденствия сместилась навстречу видимому перемещению Солнца и во II в. до н. э. оказалась в созвездии Овен. Это явление обнаружил величайший астроном древности Гиппарх (II в. до н. э.) и назвал его прецессией — предварение равноденствий. Сейчас она находится в созвездии Рыб, передвигаясь ежегодно на 50,26". Поэтому Солнце, последовательно проходя через все созвездия зодиака, вернется к исходному положению через 26 000 лет. Происхождение прецессии объяснил И. Ньютон.
Гравилет. Центр масс космического аппарата, выполненного в виде гантели, движется по эллиптической траектории. Ось симметрии гантели перпендикулярна плоскости орбиты. Используя метод усреднения, исследовать эволюцию траектории при периодическом изменении длины гантели [32].
Решение. Пусть R — радиус-вектор центра масс. Гантель массы т образована двумя одинаковыми шарами, центры которых находятся на расстоянии / друг от друга, радиусы шаров a <^i I. В этом случае осевые моменты инерции /(力)=m/2/4, /3 = 0. Предполагая, что / « « 凡 запишем лагранжиан системы
厶(R, R, i) = i mR2 - U(R, t),
U(R,t) = —+ 券季 + …
Сила, действующая на гантель,
F(R,t) = —^ = —^(「^)R + .・.(1)
зависит от ее длины. Из (1) следует весьма важный вывод: величина силы, действующей на тело конечных размеров, меньше силы, действующей на материальную точку той же массы, помещенную в центр масс. Это обстоятельство можно использовать для целенаправленного изменения параметров траектории, в частности для увеличения эксцентриситета (или полной энергии). С этой целью длину гантели следует изменять так, чтобы в течение времени, когда выполняется условие Fv 〉 0, длина гантели была бы минимальной. В течение остальной части периода, когда Fv < 0, длина гантели должна быть максимальной. В результате мощность внутренних сил за период будет положительной. Этот эффект возможен только в неоднородном внешнем поле. Используя результаты задачи 1.5.12, запишем уравнения, определяющие эволюцию динамических переменных, — полной энергии, момента импульса и вектора Лапласа:
М = 0,
应=^尸⑴RK,(2)
巨=| 嘗[r(rR)—Rr2].(З)
Отметим, что уравнение (2) можно получить из соотношения
粤W t).
Запишем уравнение траектории в параметрической форме (см. задачу 1.5.3):
R =力(£)用 + g(£)铀，(4)
力(£) = a (cos£ — £),夕(£) = а 1 — e2 sin^,
幻力=£ — £ sin £, (xj —о-.
ma
Учитывая (4), находим
RR = шва2 sin ^,(5)
R (RR)-定序=^ [RM]=曾仅⑹ei-力⑹曾)•⑹
В соответствии с проведенным выше анализом предположим, что функция l(t) является периодической, причем
,/,\ _"о, ° W % W Т/2,
0,T/2<t< Г,
где Т = 2тг/с(; — период. Подставляя (5) в (2) и усредняя по периоду, получим уравнение, определяющее систематическое изменение полной энергии:
—启 27Г (1 —£)3 .
Произведем замену переменных Е = —а/2a. Из ⑺ следует уравнение
(4…)= 砂 片 a(о) = а。.⑻
Интегрируя (8), находим неявную зависимость а⑴：
=V ao — P + о 5 arctg 1 + -—з—力 (9)
где ад = a(0). Если a。》p, то из (9) получим асимптотику решения
a ⑴ T, 乳=不， Q =—з
0 Tomp
при значениях t 》Tg (p/h¥ a^fp. Период обращения по «расширяющейся» эллиптической орбите
Возрастание полной энергии, являющееся следствием параметрического резонанса, подобно увеличению амплитуды колебаний при периодическом изменении положения центра масс человека на качелях.
Частица и однородный тонкий стержень движутся по прямой, совпадающей с его осью. Найти напряжение р(ж) в произвольном сечении стержня.
Решение. Пусть масса стержня равна т, длина стержня — /, координата центра масс — z, координата частицы массы М равна zq (рис. 6.4.7). Найдем напряжение в сечении, отстоящем от левого конца
стержня на величину х. Это сечение делит стержень на две части массами mi и т^ mi + m2 = m. Очевидно, координаты центров масс изучаемых тел равны 21 = z — 2/2 + 力/2,之2 = 2 +力/2, 2 = = M (M + m)-1 г, z() = —m {M + m)-1 r^ г — z — zq. Обозначим через Fi, F2 силы притяжения, действующие на частицу М со стороны двух частей стержня, F12 ——силу притяжения, действующую на часть стержня mi со стороны части стержня массы m2； N — величина сил реакции, действующих в сечении стержня. Из второго закона Ньютона следует
m^z = N — F、尸⑵ m^z = — N — F?—尸12,Mzq = Fi + F2,
z — l/2+жz-\-l/2
F、= GMq J dx『Г F2 = GM у J dx『2.
z一Z/2z一Z/2+⑦
Из этих уравнений находим N = (mz/m) Fi — (mi/m)巳一尸12・ Если М/т》(г//)3, то последним слагаемым можно пренебречь. В этом случае искомое напряжение
/ 、 х (I — GMm
где S — сечение стержня. Функция р(ж) достигает максимального значения ртах = (2ро/О (^— г2 — (//2)2) при ж = г2 — (//2)2 — г + + 〃2.
Два одинаковых, скрепленных шара образуют тело массы т, взаимодействующее с планетой массы М. Планета и шары движутся по круговым орбитам относительно центра масс системы. Найти величину силы реакции в точке соединения шаров.
Решение. Реально задача состоит в выяснении условий существования спутников планет, которые могут быть разорваны гравитационными силами, действующими со стороны планеты. Впервые эту задачу поставил в 1848 г. французский математик Э. Рош. Предел Роша —— расстояние, на котором разность сил притяжения, действующих на каждую из «половинок» спутника со стороны планеты, начинает превосходить силы, притягивающие обе «половинки».
Рассмотрим задачу в системе отсчета с началом в центре масс С трех тел (рис. 6.4.8). Пусть ri, Г2 — радиусы-векторы первого и второго шаров, го — радиус-вектор планеты. Обозначим через Fi (F2) силу притяжения, действующую на первый (второй) шар со стороны планеты, F12 (F21)——силу притяжения, действующую на первый шар со стороны второго (на второй — со стороны первого), Ni (N2)——силу реакции, действующую на первый шар (на второй шар). Из второго
закона Ньютона находим
yr2 = N2+F2+F21,^ 血=Ni + Fi + F12,(1)
⑵⑵Пусть г — радиус-вектор МР длины /, а — векторПусть г — радиус-вектор МР длины /, а — вектортогдатогдаа масс скрепленныха масс скрепленныхшаров, £ — векторшаров, £ — векторГ1 = Г - а, г2 = г + а,Г1 = Г - а, г2 = г + а,⑶⑶г = тп + 7И & 工。=—М + т&г = тп + 7И & 工。=—М + т&⑷⑷Л/^о—Г1 — Г 2.
⑵
⑵
Пусть г — радиус-вектор МР длины /, а — вектор
Пусть г — радиус-вектор МР длины /, а — вектор
тогда
тогда
а масс скрепленных
а масс скрепленных
шаров, £ — вектор
шаров, £ — вектор
Г1 = Г - а, г2 = г + а,
Г1 = Г - а, г2 = г + а,
⑶
⑶
г = тп + 7И & 工。=—М + т&
г = тп + 7И & 工。=—М + т&
⑷
⑷
⑸⑹⑸⑹
⑸
⑹
⑸
⑹
Поскольку планета и шары движутся по круговым орбитам, то
g = [з [з& = — J&а = —о;2а,
где з — угловая скорость вектора §. Учитывая (3), (4), получим из (1), (2) уравнения
т 2 / М ]、…G m2 GmM
2 \т + М丿4 (2a)22 (/+ a)2 '
тп 2 / M 7…G m2 G mM
2 \m + M 丿4 (2a『2 (/— a『
Складывая (5) и (6), найдем
22「тп + М 户 + а?-俨一涓）2.「тп + М 户 + а?-俨一涓）2.
2
2
「тп + М 户 + а?
-俨一涓）2.
「тп + М 户 + а?
-俨一涓）2.
Вычитая (5) из ⑹，получим
N = G(誥)-G 2("片。2/[m (3^2 + 02) +m(l2 + a2)].
Предположим, что площадь сечения в месте соприкосновения шаров равна S. Тогда напряжение материала контакта
сг.) = сг0сг.) = сг0G /ш\2G /ш\218a3 [М(3/2 + a2)+m(/2 + a2)]
сг.) = сг0
сг.) = сг0
G /ш\2
G /ш\2
.2mL (I2 -
Пусть т « М. Тогда функция <т(/) существенно упрощается:
<7(/) = <7о 1 — 24<7(/) = <7о 1 — 24рЛ1 )рЛ1 )
<7(/) = <7о 1 — 24
<7(/) = <7о 1 — 24
рЛ1 )
рЛ1 )
здесь рп, рс — плотности планеты и шаров. При /》R функция о(2) стремится к постоянному значению о。, равному напряжению, создаваемому притяжением шаров. При значении / = /о.
функция o(Z) обращается в нуль. В области Я + 2a ^ / < /д функция принимает отрицательные значения и убывает с уменьшением /. При I — R -\-2а она достигает значения ~ оо(1 — 24рп/рс) — растягивающее напряжение превосходит величину сжимающего напряжения. Для разрыва шаров достаточно, чтобы относительное удлинение «перемычки» превысило ~ 10-3, т. е. при значении |о|》Ю-3^ перемычка разрушится гравитационными силами, действующими со стороны планеты. Это условие приводит к неравенству
^min « (Z V 凡 ^min — Ю ? ~• TTGpcpn
Границы запретной зоны (предел Роша) определяются выражением (7). Наибольший интерес представляет вычисление предела Роша для системы «Земля — Луна». В этом случае рп = 5,5 • 103 кг/м3, R = =6380 км, 0c = 3,34 • 103 кг/м3, a = 0,27凡 Е ~ 1011 Па — модуль Юнга горных пород. Подставляя числовые данные, находим amin ~ ~ 50 км, /о = 3,4А. Любопытно, что наша оценка близка к результату точного расчета, равного /о = 18 300 км ~ ЗА.
Фотоснимки, сделанные космическим аппаратом «Вояджер», показали, что поверхность ближайшего к Марсу спутника — Фобоса — исчерчена параллельными бороздами. Они могли возникнуть вследствие того, что находящийся сейчас на расстоянии 9450 км от Марса Фобос приблизился к пределу Роша. При плотности Фобоса ~ 2 • 103 кг/м3 предел Роша соответствует расстоянию от 10400 км.
Недавно мы стали очевидцами крупнейшей за всю историю цивилизации космической катастрофы в Солнечной системе ——16 июля 1994 г. комета Шумейкер-Леви столкнулась с Юпитером. Она была открыта 24 марта 1993 г. Годом раньше она близко подошла к Юпитеру и была разорвана приливными силами примерно на 20 осколков, растянувшихся на миллионы километров вдоль траектории. Поэтому последний осколок упал 22 июля. Размер наиболее крупного осколка порядка километра.
Электромеханика
Электрическое и магнитное поля индуцируют в жидких и твердых телах (проводниках, диэлектриках и магнетиках) токи, дипольный и магнитный моменты. В результате взаимодействия токов и наведенных моментов с неоднородным переменным полем на жидкость или твердое тело действуют электромагнитные силы. Появляются качественно новые возможности управления движением тел. Такие задачи возникают во многих областях современной техники и технологии —при создании бесконтактных подвесов, новых видов транспорта, устройств для сепарации, транспортировки и упаковки деталей, очистки воды от диэлектрических примесей — нефти, мазута [45, 144-145]. Широко ведутся работы в области ферродинамики по созданию приборов и устройств, использующих содержащие ферромагнитные частицы жидкости, движущиеся в электромагнитом поле [146]. Другое направление исследований связано с созданием систем пассивной и активной стабилизации спутников, тросовых космических систем в режимах тяги или генерации электроэнергии в магнитном поле Земли [147, 148]. В рамках релятивистской электромеханики показано, что черная дыра, вращающаяся в магнитном поле, играет роль батареи, преобразующей энергию вращения в массу покоя и энергию выбросов в магнитосфере квазаров и активных ядрах галактик [149].
Последние работы открыли новую перспективную область исследований, связанную с разработкой микро- и мезоустройств (от греч. mesos — средний, промежуточный) для научных и прикладных целей: микромоторов, микроманипуляторов для управления дисководом или конструктивными элементами роботов, микронасосов, микроцентрифуг, датчиков ускорения [150].
Лагранжиан системы проводников. Для анализа электромеханической системы, содержащей резисторы, конденсаторы и катушки индуктивности с подвижными элементами, генераторы напряжения, соединенные с подвижными или неподвижными проводниками, большие преимущества представляет лагранжев формализм. В качестве
обобщенных координат, определяющих положение проводника а в пространстве, выберем радиус-вектор центра масс R(°)и углы Эйлера af (n = 1, 2, 3). На участках проводников, соединяющих соседние узлы в замкнутом контуре, необходимо выбрать положительные направления. Функция Qa(t), определяемая как количество заряда, протекшего через поперечное сечение проводника а в положительном направлении за интервал времени [0,力],играет роль обобщенной координаты, связанной с обобщенной скоростью — силой тока Ja — соотношением Qa = Ja・ Положительное направление на контуре однозначно задает вектор внешней нормали к внешней поверхности^ натянутой на контур, который необходимо ввести при вычислении потока магнитной индукции. При выборе обобщенных координат и токов следует учесть, что заряд изолированной части цепи сохраняется, в каждом узле выполняется условие соленоидальности токов.
Лагранжиан электромеханической системы представляет собой сумму лагранжиана механической системы, лагранжианов электрического поля зарядов конденсаторов, магнитного поля токов в проводниках и лагранжиана взаимодействия зарядов и токов с внешним электромагнитным полем. Энергия магнитного поля играет роль «кинетической» энергии, энергия электрического поля — «потенциальной» энергии. В СИ имеем
L = 5 Lab(q(i)仇，力)QaQЬ - 2 Сab (^Qa 5 Ub,力)QaQb + ^ме〉C + Lb3，
(6.5.1) где L^b = Lba — коэффициент взаимной индукции проводников a и 6, Laa — коэффициент самоиндукции, Саь — симметричная матрица коэффициентов электростатической индукции, LMex(t, g, @)——лагранжиан подвижных элементов схемы, qa — параметры, определяющие пространственную конфигурацию подвижных элементов [44]. Лагранжиан взаимодействия
£вз = Qa ①ext(g~ 力)- Qa ^\qa.力)， (6.5.2)
где Фех1(^а,力)—поток магнитной индукции внешнего магнитного поля, 夕 ext (да,力)—потенциал внешнего электрического поля. Джоулевы потери и сторонние ЭДС учитываются введением обобщенных сил в уравнениях Лагранжа
= -QnRn + ⑴. (6.5.3)
В СИ единица емкости — фарад (Ф), индуктивности — генри (Гн), напряженности электрического поля — В/м, индукции магнитного поля — тесла (Тл). Электрическая постоянная во = 10-9/36тг Ф/м, магнитная постоянная 从о = 4тг • 10-7 Гн/м,宜从。=с-2.
Сила Ампера, действующая на проводник во внешнем магнитном поле
Fa =丿需=丿恫间
Величина Мп = JдФе^/дап (п = 1, 2, 3) является проекцией момента силы Ампера на базисные векторы 曰=毁 必=%,必=必 системы координат, которую необходимо ввести для задания углов Эйлера ai = =д，a2=仇аз ="
Силу Ампера и момент силы Ампера можно представить в терминах магнитного момента проводника
pg = I [ £ 力/ к j(")] т ^ jr di]=吓 dS・
Если ограничиться приближением квазинеоднородного поля, то сила Ампера Fa = р^ д Bi / d~R.
ЭДС индукции можно представить в явном виде:
'⑴^F = ~ J "S 需 + 举"1 [(*+[зг〔)В]・S⑴0⑴
Первое слагаемое обусловлено вихревым электрическим полем, второе —движением элементов контура.
Твердое неферромагнитное тело в магнитном поле. Внешнее поле индуцирует в диа- и парамагнетиках плотность тока j(t, х), которую можно представить в терминах плотности магнитного момента: j = rot m. Энергия взаимодействия проводника с внешним магнитным полем индукцией В = rot А имеет вид:
W(t. R, q) = — ]&з力」(3 W) А(力 R + W)=
=-j d%，m(力 xz) B(力 R + X，).
В приближении квазинеоднородного внешнего поля W(t, R, а^)= =—р(优)В(力 R) + .. ., р(优)一магнитный момент проводника,
р(* = I £犷 m(力 Xх) = 11 £犷 X j(3 W)].
Полагая p(* = 弘或(拆)，Bfk(t, R, an) = efk(an)B(t, R)= =^m(^n) Bm(t, R), ПОЛуЧИМ
W"(力，R,。九)—Pk ^km (^n) ^m (^5 R).
Здесь p[ — компоненты магнитного момента в системе покоя проводника. Сила и момент силы, действующие на проводник в магнитном
поле:
F" R, о^) = -^^ = Е S/^(an) ^^ = р(叫 ^^ ,(6.5.4а)
此(力 R,拆)=—察=р^ Bi = ns [р(叫В].(6.5.46)
CfOLsOOLs
Последнее равенство следует из соотношения dSki/das = = -Skm ^mji(ns)j, где emji — тензор Леви-Чивита, ni = е3, п3 = =ез, П2 = eg ——орт, направленный по линии узлов. Угловая скорость твердого тела cj = ns das/dt.
Вычисление магнитного момента представляет собой задачу электродинамики движущихся проводников. Из решения уравнений Максвелла следует линейное соотношение 夕[(幻)=7Am(幻)h^^V/fiQ между фурье-образами магнитного момента 夕[(幻)и магнитной индукции 心(力)=6；(亡，R⑴，aS(%))：
*3 = J ^ bfn(t)e^\(6.5.5)
7Am (з)——тензор магнитной поляризуемости неферромагнитного проводника, V — объем проводника [13]. Магнитный момент, характеризующий отклик проводника на внешнее поле,
Рк — ~ d，Gkn(t —,(6.5.6)
можно представить в терминах запаздывающей функции Грина
Gkn⑺=^ I dev Gkn^ exp [~i^ + i^)r],(6.5.7)
Gkn(^) = 7Am(а) к/(£з〃о), удовлетворяющей условию причинности: GкпЩ = 0 при т < 0. Производная функции 6々(力) =
=Smn(as(t)) 6优(力 R(力))в (6.5.6) равна
^ = Snm(t)Vm, V=* +嚴争—[3R].(6-5.8)
Согласно (6.5.6), (6.5.8) магнитный момент проводника [151-154]
夕严⑴=Skip] = — j 〃 S^⑴ Gkn(t-tf) Snm(tf) /(，)•(6.5.9)
Соотношение （6.5.9） представляет собой интегродифференциальное уравнение Кирхгофа.
Ферромагнетик в магнитном поле. Если шар состоит из «магнито-мягкого» ферромагнетика, то вектор плотности магнитного момента параллелен вектору напряженности магнитного поля Н. Начальный участок кривой зависимости намагниченности от величины напряженности магнитного поля — отрезок прямой линии. В слабых полях магнитный момент р（优）=3 （从一1）/（从 + 2）HV,从—магнитная проницаемость материала.
Твердое тело в электрическом поле. Внешнее поле напряженностью G поляризует диэлектрик. В результате возникает дипольный момент 夕£） = aikGkVгде а勿力—тензор поляризуемости, V — объем тела. Энергия взаимодействия тела с внешним полем
We = -^aikGiGkV.We = -^aikGiGkV.（6.5.10）（6.5.10）
We = -^aikGiGkV.
We = -^aikGiGkV.
（6.5.10）
（6.5.10）
Определение коэффициентов а勿力—проблема электродинамики сплошных сред. В случае эллипсоида вращения
£0（£ — 1）£о— 1）
Ml =四2 =[1 +（£ - 1）飼，азз =口 + （一）嗝，
где £ — диэлектрическая проницаемость вещества тела, п, пз — коэффициенты деполяризации, удовлетворяющие условию 2几 + 几3 = 1 [13].
Диэлектрический шар. В этом случае пз = п = 1/3, а = аз, а = Зед [（£ — 1）/（£ + 2）]•
Вытянутый эллипсоид. В этом случае
Для металлической сферы а^ = аЗ勿力,а = Зе。.
Конденсатор с подвижной пластиной. В схеме на рис. 6.5.1 электрическая цепь образована конденсатором, резистором и батареей с ЭДС равной V. Конденсатор представляет собой две плоских пластины площадью S, скрепленных двумя пружинами. Нижняя пластина закреплена. Конденсатор помещают во внешнее поле напряженностью Eext = G（%）, G = （О, О, G）, потенциал которого ^pe^（t^ z）= = —G（t）z. Получить уравнения движения системы.
Решение. Положение верхней подвижной пластины конденсатора массы т определим значением координаты z на числовой оси с началом на нижней пластине. Положительное направление тока Q указано стрелкой на рис. 6.5.1. Лагранжиан системы
L=^mz2-W,
Рис. 6.5.1Рис. 6.5.1
Рис. 6.5.1
Рис. 6.5.1
W = k(z-lo)2 + mgz + ^Д^у + Q 夕ext色 z)=
—k {z — /о)2 + mgz + ? : — QGz.
Уравнения Лагранжа
mz = 一2& (z - /о) -mg -+ QG,(1)
0—+ Gz + V — QR.⑵
Пластина в положении равновесия. Полагая i = О, Q = 0, получим систему уравнений
О = —2& (z — /о)2 —? + QG,
О = —+ Gz + V.
Равновесные значения координат и заряда можно найти приближенными методами или численным расчетом на компьютере.
Теперь получим закон изменения полной энергии Н = mz2/2^W:
請=号+ ^*凡Т箒Qz需+ 0~炉兄
Бесконтактный подвес. Тонкая металлическая пластинка помещена между обкладками двух одинаковых конденсаторов, к которым подключены два электрохимических элемента (рис. 6.5.2а). ЭДС элементов — Ei, £2, внутренние сопротивления — 丁小 丁2・ Найти условия равновесия пластинки [145].
Решение. Введем обозначения: 2九—расстояние между обкладками конденсатора, S — площадь обкладки, т — масса пластинки. Направим ось ж вертикально вверх, начало координат расположим
на расстоянии Л от нижней обкладки,力(力)—координата плоскости пластинки. Эквивалентная схема системы изображена на рис. 6.5.26. Емкости конденсаторов
£0SЛ + ж£0SЛ + жСо = С1 +。2 =Со = С1 +。2 =2 九 £oS2 九 £oS
£0S
Л + ж
£0S
Л + ж
Со = С1 +。2 =
Со = С1 +。2 =
2 九 £oS
2 九 £oS
Положительные направления токов Qi и @2 показаны на рис. 6.5.26 стрелками, соответствующим токам, связанными с производными функций Qi и Q2 ——зарядами на обкладках конденсаторов, Qo = Qi + + Q2 ——заряд на правой обкладке конденсатора С。. Следовательно, система имеет три степени свободы.
Лагранжиан системы
£=；加亦2—^^ [q； ^-X^Q^ 仇 +力) + (Qi+Q2)2 '片
Уравнения Лагранжа имеют вид
ш^ = —mg + zjs W； - Q； + (Qi + Qz)? ^],⑴
。=-Q- Qin + £1,⑵
0 =Qi + Qi _ 必丁2 + £2.(3)
В положении равновесия ж = жд, Qi = gi, Q2 =夕2・弘3 (2), (3) находим значения
£qS ГЗЛ - Жо]£oS「3九 + 力0]
弘=而£i 一叫，羹=而e2 -叫，
91 + 92 = 2 (GEl +e2^2).
Положим для упрощения вычислений £i = £2 = U・ Тогда gi = =C^U/2, Q2 = C2U/2, ж-компонента силы, действующей на пластинку в электрическом поле,
Fx = nSU2Fx = nSU2xoh(А2 - Ж§)2xoh(А2 - Ж§)2
Fx = nSU2
Fx = nSU2
xoh
(А2 - Ж§)2
xoh
(А2 - Ж§)2
В положении равновесия —mg + R宏(力0) = 0, dFx/dx > 0 — положение равновесия неустойчиво. Согласно теореме, доказанной английским математиком С. Ирншоу (S. Earnshaw), система неподвижных зарядов не может быть устойчивой.
Пластинка в переменном электрическом поле. Тонкая подвижная металлическая пластинка представляет собой нижнюю
обкладку конденсатора, которая может перемещаться в вертикальном
направлении. Обкладки конденсатора присоединены к LR-цепи, содержащей генератор переменного напряжения е (力)=U cos о;力力》О (рис. 6.5.3). Найти условия равновесия пластины.
Решение. Направим ось ж вертикально вниз, начало координат расположим на верхней обкладке, 力(力)—координата плоскости пластинки. Положительное направление тока Q показано на рис. 6.5.3
стрелкой. Лагранжиан системы
L = ； тж2 + mgx + ； LQ2 - ^^ •
Уравнения Лагранжа имеют вид
тх = mg -碧^ ,(1)
LQ =-QR + U cos"%.(2)
Пусть о;》1/Т, где Т — характерное время движения пластины. Найдем решение уравнений (1), (2), используя метод усреднения. Представим ж и Q в виде сумм плавных и быстроосциллирующих функций: ж = z + u, Q = g + e:〈u〉=〈6〉= 0. Подставляя ж и Q в (1), (2), получим
уравнения
mz = mg- ^^ (厂 + (е2)),
⑶
qe
⑷
Lq = -工 3 +〈g)-泅
(5)
Le == (gu + cz) — eR + U cos u;力.
(6)
Ищем решение ⑹ в стационарном режиме в виде
е = — sin (о;力 + a).
⑺
Подставляя (7) в (4), находим и ^ (Ak/ш3) sin (о;力+ а), k = q/(тг^З}. Подставляя и в (6), получим Л = U/Z, где Z — «импеданс» цепи,
Z2 = (Xc — Xl)2 + r2,
Хс = а(Э + ) Xl=3L.
Теперь уравнения (3) и (5) приобретают вид
厶 g兄(9)
В положении равновесия z = zq, д =仇).Из (8), (9) находим
窕=0,2。= EoSa X厶一 г2 - Я2 , м = ^г > R.
L」47ng£oSg
Переходя к уравнениям, описывающим систему в окрестности положения равновесия, находим, что при значениях t》£/凡 решение уравнения (9) д(力)—> 0. Из уравнения (8) следует, что положение равновесия z — zq устойчиво. Частота вертикальных колебаний пластинки в окрестности положения равновесия равна Q,
Конденсаторный микрофон. Найти лагранжиан и уравнения Лагранжа конденсаторного микрофона (рис. 6.5.4).
Решение. Пусть ж — координата верхней пластины конденсатора, /о — длина пружин в ненапряженном положении. Емкость конденсатора С = SqS/х (S — площадь обкладок). Лагранжиан системы
Ь = I mж2 - k(x -厶)2 -备^ + ж R⑴.
Уравнения Лагранжа
тах —2& (ж — /о) —，g + 尸⑴，~RQ +
Запишем теперь закон изменения полной энергии:
Е = ^mi2 + k(x- /о)2 + ^)•
Умножим обе части первого уравнения на ж, второго ——на Q и сложим полученные соотношения. В результате имеем
Е = -Q2R + Qe + Fx.
Элементарная работа, совершаемая внешней силой
Рис. 6.5.5Рис. 6.5.5
Рис. 6.5.5
Рис. 6.5.5
8Z = △£? + 02А△力 一 5aq.
В вертикальной плоскости расположены два проводника (рис. 6.5.5). По неподвижному проводнику течет ток силой Jg- Концы другого проводника, по которому течет ток J, прикреплены к одинаковым пружинам. Найти частоту линейных колебаний проводника в окрестности положения устойчивого равновесия.
Решение. Пусть k — жесткость пружины, /д — длина в ненапряженном состоянии, т ——масса подвижного проводника длиной s. Предположим, что неподвижный проводник находится на расстоянии а〉厶= =/о + mg/2& от оси у. Ограничимся далее изучением плоскопараллельного движения проводника. В этом случае его положение определяется координатой ж （рис. 6.5.5）. Сила, действующая на проводник
F = mg — 2k{x — /о） +F = mg — 2k{x — /о） +^qJ JqS27r （a —力）^qJ JqS27r （a —力）
F = mg — 2k{x — /о） +
F = mg — 2k{x — /о） +
^qJ JqS27r （a —力）
^qJ JqS27r （a —力）
обращается в нуль при
力2,i = T [h +a土 （a-/i）2 -4c2], H =叱"
Поскольку
（学）=2k^^ >0,（竿）=-2出出二^<0,
\ ax J X2a —力2\ ax J X1a — x\
то устойчивое положение равновесия соответствует значению 力> Частота линейных колебаний
-1/2
力2 — Ж1
3 =.
т а — xi
При о « a — А частота
UJ — I 一 .
m [2（a —厶）_
Заряженное кольцо в переменном магнитном поле. По поверхности тонкого диэлектрического кольца радиуса а равномерно распределен заряд q. Кольцо может вращаться вокруг оси, проходящей через центр перпендикулярно плоскости кольца. Поместим кольцо в соленоид так, чтобы ось совпадала с осевой линией соленоида. Индукция магнитного поля 6纟（力）=Bg, t W 0； （力）=6（力），力 > 0. Найти угловую скорость кольца о;（力）.
Решение. Определим положение кольца углом поворота 夕.Угловая скорость кольца ш = ф. Движению поверхностного заряда на кольце соответствует ток силы J = оа0> где a = д/（2тга） — линейная плотность заряда. Лагранжиан кольца
L = ； /02 + сга0Ф⑴，
где / = ma2, Ф⑴ ^ тга? 6⑴.Из уравнения Лагранжа находим первый интеграл
Пусть о;(力)=0 при 力 W О・ Тогда С，= ^В0/2т, о;(力)=(g/2m) [6。— —B(t)]. Если 6⑴=0, то кольцо приобретает постоянную угловую скорость.
При изменении индукции магнитного поля возникает вихревое электрическое поле, силовые линии которого представляют собой окружности с центром на оси соленоида. Касательная компонента напряженности поля Е = —(а/2) dB/dt. В результате на поверхностный заряд кольца действует сила, вращающая диск.
Электромагнитная пушка. Двухпроводная идеально проводящая линия, расположенная в горизонтальной плоскости, подключена к источнику ЭДС. Вдоль линии
Рис. 6.5.7Рис. 6.5.7может двигаться проводящая перемычка. Вся система находится в однородном магнитном поле. Найти решение уравнений Лагранжа.
Рис. 6.5.7
Рис. 6.5.7
Решение. Пусть т — масса перемычки, / — ее длина, R — сопротивление. Положение перемычки определяется координатой х. Для вычисления магнитного потока введем век
тор п, перпендикулярный плоскости контура. Задание вектора п определяет одновременно положительное направление на контуре (показано направленной линией на рис. 6.5.7). Лагранжиан системы
L = ； тж2 + j 厶(力)Q2 + BlxQ,
⑴⑵⑴⑵где £(ж) — коэффициент самоиндукции замкнутого контура. Уравнения Лагранжа
⑴
⑵
⑴
⑵
m力=——-——h BLQ,2 ax
羞(LQ + Blx) = —RQ + £.
Рассмотрим два случая. 1) Магнитный поток внешнего поля В1х значительно превышает поток LQ собственного поля тока. Исключая из (1), (2) Q, находим
ии=亙•=亙•.mR
и
и
=亙•
=亙•
ТХ X = и. 丁 = —к ,'В2/2
Следовательно,
出="（1 - 6一片）+006一片， J⑴=帯（S -。062） 6一",
где о。 = ж(0). Очевидно, J = 0^ х = и — сила тока и скорость перемычки при установившемся движении. При vq < и ток течет в положительном направлении.
2) В = 0, мы имеем электромагнитную ускоряющую систему (рель- сотрон). Из уравнения (1) следует
тх =lQ?.
ах2
Перемычка движется под действием сил давления, создаваемых магнитным полем. Пусть 夕—объемная плотность энергии магнитного поля проводящей линии. Тогда dW/dx = pS, где S ——площадь бокового сечения перемычки. Подставляя т = pSd (р ——плотность материала перемычки), получим ускорение а = р/pd. Величину pd называют эффективной толщиной. Положим pd = 102 кг/м2. Значению 夕= =400 атм соответствует В = 10 Тл. При этих условиях а = 4 • 105 м/с2 о 4-104g. Скорость о = 10 км/с достигается на длине S = 125 м. Время разгона 2,5 • 10-2 с. Перемычка массы m = 2 кг приобретает энергию 100 МДж.
Получим теперь закон изменения энергии системы — суммы кинетической энергии перемычки и энергии магнитного поля
U = ； ти? + I L⑺广
Умножим (1), (2) на f, / и сложим полученные соотношения. Поскольку о dL/dx = dL/dt^
jdLJ 12 dL _ 1 dLJ2
то закон изменения энергии приобретает вид
啰- J2A.at
Космическая электростанция. В последнее десятилетие возрос интерес к применению тросов в качестве элементов космических систем. Значительный интерес представляют тросовые системы, взаимодействующие с магнитным полем Земли — проводящий трос можно использовать как элемент двигателя или генератора [148].
Два спутника, вращающиеся по круговым орбитам радиусов 勺= =r — l/2, Г2 = г+ //2, соединенны изолированным проводящим тросом длиной Z « 九,丁 = а + 九,где а — радиус Земли, h — расстояние от поверхности Земли до центра масс связки (рис. 6.5.8). Плоскость орбиты лежит в плоскости магнитного экватора. Магнитное поле почти однородно в пределах кольца, по которому движется трос: В(г)= =Bq (а/г)3, где Bq = 4,2 • 10-5 Тл. При контакте концов троса с ионосферной плазмой возникает замкнутая цепь электрического тока, текущего по изолированному тросу и вдоль силовых линий магнитного поля, сближающихся у полюсов в области слоя Е плазмы с высокой проводимостью. Найти систему уравнений, определяющих динамику тросовой системы.
Рис. 6.5.8Рис. 6.5.8Решение. Рассмотрим ограниченную задачу, предполагая, что трос находится на прямой, проходящей через центр Земли. Положение троса задается вектором 1 — направленным отрезком 44・ Пренебрегая неоднородностью поля тяжести в области ~ /, запишем силу притяжения в виде F = —mga2r/r3, где т — масса спутников, г = =(ж, у^ 0) — радиус-вектор центра масс с началом в центре Земли. Сила сопротивления, действующая на связку в верхних слоях атмосферы, Fc = —kp(r)Sw. Здесь S — общая
Рис. 6.5.8
Рис. 6.5.8
площадь сечения спутников в плоскости перпендикулярной скорости, р(г) — плотность воздуха, k — коэффициент порядка единицы. На трос действует также сила Ампера Ед = J [1В(г)], где J — сила тока, протекающего через трос. Из второго закона Ньютона получим уравнение движения центра связки:
т 端=—mga2 鼻一S 0(丁) ov + J [1В(г)].(1)
Полная система, содержащая три неизвестных функции 力,g и J, должна быть дополнена уравнением, следующим из закона Ома и закона электромагнитной индукции
JA = e + [vB(t)]1,(2)
где R ——полное сопротивление электрической цепи.
Оценим ЭДС индукции. Приращение магнитного потока через кольцо ДФ fB/At, где V = О[(а/т)1/2, oi = (ga)1/2 — первая космическая скорость. Следовательно, в тросе наводится ЭДС, равная разности потенциалов точек А^ и Л2： £ = vBl = 6о(а/т)7/2/о[ ( рис. 6.5.7). Полагая / = 20 км, г — а -\- h^ h — 400 км, получим е ~ 5000 В.
Запишем теперь закон сохранения энергии. С этой целью образуем скалярное произведение (1) с v, затем умножим (2) на J и сложим полученные выражения. В результате находим
第=-S 小" +— J2 凡(3)
где 石(力)=mv2/2 — mga2/г — полная энергия.
Рассмотрим движение связки по некоторой спиралеобразной траектории, близкой к окружности радиуса 丁 (力)со скоростью。(力),равной местной первой космической скорости。(力)= go^/г . Тогда полная энергия 石⑴=—mv2/2^ а из (2) следует уравнение
JR = e-vlB(r).(4)
Подставляя 石(力)в (3), имеем
⑸⑸mvv = S 0(丁) 03 一 Je + J2A
⑸
⑸
Исключая J из (5), получим уравнение
mv = S 0(丁) 02 + м ^乂 0 _ ^ g(丁) /,(6)
поле ооладает осевой симметрией:Р(力，g, z) зависит от координаты zполе ооладает осевой симметрией:Р(力，g, z) зависит от координаты zРис. 6.5.9Рис. 6.5.9из которого следует, что при е = 0 величина скорости растет, хотя сила сопротивления и сила Ампера направлены в сторону, противоположную вектору скорости v. Действие этих сил приводит к уменьшению высоты полета связки. Полная энергия согласно (3) убывает. Подставляя о = a/r fi, о】=(gap/? и 方= —(а/т)з/2г；1/(2а) г в (4), (6), получим систему уравнений для определения функций 丁 (力),J(力)•
поле ооладает осевой симметрией:Р(力，g, z) зависит от координаты z
поле ооладает осевой симметрией:Р(力，g, z) зависит от координаты z
Рис. 6.5.9
Рис. 6.5.9
Кольцо в постоянном неоднородном магнитном поле.
На рис. 6.5.9 изображены силовые линии магнитного поля вблизи верхнего торца соленоида. Магнитное индукция магнитного поля в точке и расстояния 丁 от оси z до точки Р. Вектор В в точке Р имеет осевую Bz = b(z) и радиальную Вг = — (т/2) dbz/dz компоненты. Тонкий проводник в форме кольца расположен в плоскости, перпендикулярной оси z, центр кольца может перемещаться по оси z. Масса кольца — т, радиус —а, сопротивление кольца —Я, коэффициент самоиндукции —L. Получить уравнения движения кольца и закон сохранения полной энергии.
Решение. При движении кольца возникает ЭДС индукции —по кольцу протекает ток силой J = Q. Положительное направление тока указано стрелкой на рис. 6.5.9. Лагранжиан системы
£ = ； mi2 + I LQ2 + @S 伉(2)- mgz,
где bzS — Ф — поток магнитной индукции через плоскость, ограниченную кольцом, S = тга? — площадь кольца. Уравнение Лагранжа
⑴⑴•• z\ g dbzmz =—mg.
⑴
⑴
az
На каждый элемент кольца Д/ действует сила ^Fz = —JBrdl и радиальная сила, приводящая к деформации кольца. Очевидно, z- компонента полной силы, действующей на кольцо, Fz = JSdbz/dz = 2tt(zJ В г.
Второе уравнение Лагранжа имеет вид
^ {LQ + Sbz) = —0凡т LQ^RQ = -S (dbz/dz) z. (2)
Из (2) следует, что ЭДС, индуцируемая в кольце, е = —d^/dt = =—S {dbz/dz)z.
Закон изменения полной энергии
Н = 2崇+ Q^-L=\ mz2 + g LQ2 + mgz (3)
имеет вид dH/dt = —J2R.
Пусть L = 0. Подставляя Q из (2) в (1), получим уравнение
решение которого определяет функцию z(t). Отметим, что при i > 0 компонента силы Ампера Fz < 0 — кольцо притягивается к соленоиду; при i < 0 компонента силы Ампера Fz > 0.
Рассмотрим сверхпроводящее кольцо, полагая А = 0. В этом случае имеем первый интеграл
LQ + Sbz^^.(4)
Подставляя Q из (4) в (3), получим уравнение первого порядка
j mz2 + ^ [Фо - SJ2 + mgz = %.
Кольцо в переменнном магнитном поле. Тонкое кольцо расположено в плоскости, перпендикулярной оси z, центр кольца может перемещаться по оси z (рис. 6.5.9). ^-компонента индукции магнитного поля 6(3 z) = J(力)/(z), /(z) —— известная функция, J(力) = =J。cosu;力 力》0. Получите уравнения движения кольца.
Решение. Пусть масса кольца — т, радиус — а, сопротивление — Я, самоиндукция кольца ——L. Поток магнитной индукции через поверхность кольца Ф = 6(力 z)S, где S — площадь кольца. При движении кольца возникает ЭДС индукции — по кольцу протекает ток силой Q. Положительное направление тока указано стрелкой на рис. 6.5.9. Лагранжиан системы
£ = ； mi2 + j LQ2 + QS J⑴ /(z) - mgz,
где bzS — Ф — поток магнитной индукции через плоскость, ограниченную кольцом, S = тга? — площадь кольца. Уравнения Лагранжа
mz = QJS g - mg,(1)
[LQ + J⑴ 〃z) S] = —0凡 т LQ + RQ = -S^.(2)
Пусть La》R. Тогда Q —S J⑴ /(z)/厶
J2s2 df
После усреднения по периоду переменного тока получим уравнение
mz =—mz =—⑷⑷
mz =—
mz =—
⑷
⑷
Пусть магнитное поле создается соленоидом длины h с N витками в области —九 W z W 0. В этом случае функция
"2)="2)=F [,02 +(2 + 九干F [,02 +(2 + 九干2，a2 + 炉2，a2 + 炉2》0.2》0.
"2)=
"2)=
F [,02 +(2 + 九干
F [,02 +(2 + 九干
2
，a2 + 炉
2
，a2 + 炉
2》0.
2》0.
Поскольку df /dz < 0^ то кольцо может находится в положении равновесия Z — Zq при условии
応 2 d/2
十 + mg = 0.
4 厶 dz °
Мощность, рассеиваемая кольцом в виде джоулева тепла [J()S/(zo)/L]2R/2. Для кругового витка L = д0« [in (8тга/г) — 1,75], 丁 — радиус сечения провода.
Униполярный генератор Фарадея. Принцип действия генератора, предложенного Фарадеем в 1831 г., основан на том, что при вращении металлического диска в магнитном поле возникает напряжение между центром и наружным краем диска. Из множества применяемых генераторов этого типа рассмотрим случай генератора с самовозбуждением, в котором магнитное поле создается выходным током самого же генератора (рис. 6.5.11а). Внешняя цепь состоит из катушки индуктивности самоиндукции Lq и резистора сопротивления R. Найти силу тока в цепи генератора.
Решение. Осевой момент инерции диска / = та2/2^ а — радиус диска. Электромеханическая система имеет две степени свободы: сила тока, проходящего через диск и катушку — J⑴，угол поворота диска 屮9・ Угловая скорость диска — о;(力).Подсоединим катушку к центральной и периферической щеткам так, чтобы поток магнитной индукции,
Рис. 6.5.11
создаваемый магнитным полем тока в катушке, был Ф = —BzCL1^/2^ Bz ~ J (力).Тогда лагранжиан системы
ь = | £(夕)方 + Т //,(1)
где £(夕)= Lg — к屮，к — постоянный коэффициент. Уравнения Лагранжа
= —J 凡⑵
/Q =，2(3)
Закон изменения полной энергии имеет вид
玄竽+竽)=u足⑷
Для запуска генератора необходимо внешнее магнитное поле или начальный ток. Пусть в момент времени 力=0 сила тока равна J。, угловая скорость з(0) = а。. Из (2) следует уравнение
L(6j = kJ(3 — 3c).(5)
Здесь Зс = R/&, ЭДС индукции е = RJa. Очевидно, что возрастание силы тока возможно только при условии С^о > &c・
Из уравнений (3), (4) получим первый интеграл
Постоянная интегрирования С определяется начальными условиями.
Система уравнений (3),⑹ интегрируется в квадратурах. Ограничимся решением при условиях £(夕)~ Lo,幻。》шС1 J& « 1ш^/Lq. В этом случае С2 ^ 1з^1 L® Из (5), (6) получим уравнение
решение которого
()_ ch (力о — 力)' с 力 _ Jo .
На рис. 6.5.116 изображен график функции J(力)[144]. Сила тока достигает максимального значения Jm = С при t — Iq.
Генератор переменного тока. В генераторе переменного тока имеются два контура. Один из них (ротор) подключен к источнику ЭДС и вращается под действием постоянного момента сил М. Другой (статор) подключен к нагрузке сопротивления 尺2・ Найти угловую скорость вращения и силу тока в стационарном режиме [44].
Решение. Пусть 夕—угол поворота ротора. Лагранжиан системы
L = /(L11Q1 + 2 &2(夕)01@2 + ^2202)+ / /0? + Мср.
Уравнения Лагранжа
豆(Ьц(21 + L12O2) = -RiOi + S,不(*201 + l2202)= - R2a2,力0=案0102 +"
В стационарном режиме Q\ — J\ — S/必，@2 = 丿2, S =幻,
d 厶 12 ттсdL\2 т .,,
d夕幻J1 -J2a2 ,0 =j1 d夕J2 + M .
Следовательно,
73 J) (/厶124=—而而,73 J) (/厶124=—而而,mr2mr2公（dLgJd屮『•公（dLgJd屮『•
73 J) (/厶12
4=—而而,
73 J) (/厶12
4=—而而,
mr2
mr2
公（dLgJd屮『•
公（dLgJd屮『•
Электромагнит. В конструкции многих электротехнических устройств входят магнитные цепи — совокупность ферромагнитных тел, через которые проходят и замыкаются силовые линии магнитной индукции. Неразветвленная магнитная цепь является основой
устройства с подвижным якорем — электромагнита, изображенного на рис. 6.5.13. Сердечник выполнен из стали в виде цилиндрического стержня сечения S, якорь представляет собой пластинку массы т. Обмотка сердечника электромагнита, содержащая N витков, подключена к генератору напряжения, ЭДС которого равна е. Сопротивление цепи — R. Получить полную систему уравнений электромагнита и найти силу, действующую на пластинку (е = 1 В, А = 0,5 Ом, N = 125, S = 10-4 м2, длина средней линии
магнитопроводов — сердечника и якоря — %/ = 30 см).
Положение пластинки определяется координатой ж — толщиной зазора между Рис. 6.5.13пластинкой и сердечником. Положительное
направление на контуре цепи обозначено стрелкой, сила тока в цепи — Q — J. Лагранжиан системы
L = ； тж2 + j L(力)Q2 +— & (力一/о)2,(1)
где £(ж) — коэффициент самоиндукции электромагнита с воздушным зазором, k ——жесткость пружины. Полная система уравнений, описывающих электромагнит с подвижным якорем,
тх = mg + ； J? ^ — 2& (力一 /0),(2)
+(з)
at、/
Для определения L(力)необходимо найти энергию магнитного поля электромагнита Um = L J?/2 — это проблема электродинамики сплошных сред.
Пусть Н, В — напряженность и индукция магнитного поля в стали, Но — напряженность поля в зазоре. Величина индукции данного сорта стали зависит от напряженности поля: В = /(//), где /(//) — известная функция. Энергия магнитного поля электромагнита
Um = ；(BHlS + 2EH^xS\(4)
Соотношение между напряженностями магнитного поля в стали и в зазоре найдем из закона Максвелла-Ампера
Пренебрегая краевыми эффектами, получим из (5) соотношение
HI + 2%力=JN.(6)
Поскольку на поверхности раздела сердечник-якорь нормальная к поверхности стали компонента вектора В в сердечнике и якоре непрерывна, то В = до^о- Следовательно, имеем два уравнения для определения В и Н:
До Я/ + 2 力 В(Я)=风 JN, В = /(Я).⑺
Положим 力=0. Тогда из (3),⑺ находим J = Jc, Jc = е/R = =2 А, Я = Нс, Нс = eN/RI = 1000 А/м. Из графика функции /(//) для электротехнической стали 1511 найдем значение индукции Вс = f (Нс)〉Вс = 1,5 Тл и коэффициента магнитной проницаемости 从с = BJ“иНс = 1200. При 力 # 0 магнитная индукция в воздушном зазоре в дс раз больше индукции в отсутствии стального сердечника. Поэтому в уравнении ⑺ можно положить В ^ 从^从о"・ В этом приближении из ⑺ получим
§ _乩е乩0J N1 + 2〃с 力
Подставляя 从о Яд = 6 в (4), и учитывая (8), найдем
Um = ^BS (” + 2①％) = I BSJN 三 I L(①)J2,
L⑺=S .'丿l + 2〃c力
Из уравнений (2), (3) следует закон изменения полной энергии электромеханической системы
票=е J — PR,石=；т^ — тёх + & (力一/о)2 + I L(力)广
Из (2) следует, что со стороны магнитного поля на якорь действует сила F = (К, 0, 0), Fx = (J2/2) dL/dx = dUm/dx^ которую можно представить в виде Fx =—月2$/从0. Подставляя значения ж = 0, В = =Вс, 1/до = 8 • 105 А2/Н, получим /(0) = —180 Н; при ж = 1 см значение Fx = —27 мН.
Отметим, что в электротехнике поток магнитной индукции в магнитопроводе представляют в виде Ф = JN/Ят, величину Ят = = £/(%2从с从о) = Sa/〃c从о + 2力///о) называют магнитным сопротивлением цепи (reluctance).
Магнитный мотор. Ротор в электрических часах представляет собой ферромагнитный брусок, который вращается в зазоре электромагнита. Обмотка сердечника электромагнита, содержащая N витков, подключена к генератору напряжения. ЭДС генератора е(力)= = Vq cos о;。力力〉0; сопротивление цепи — R. Магнитное сопротивление
цепи Rm — а — 6 cos 2仇 где 0 — угол между вертикалью и осью бруска (рис. 6.5.14). Найти частоту колебаний бруска в окрестности положения устойчивого равновесия.
L =L =翼+м，厶кm /翼+м，厶кm /⑴⑴Решение. Лагранжиан системы
L =
L =
翼+м，厶кm /
翼+м，厶кm /
⑴
⑴
I = ml2/12^ m — масса бруска, I — длина бруска. Уравнения Лагранжа:
d JN2 _24 小
Я _j2md 1—2 dO RmЯ _j2md 1—2 dO Rm⑵⑵К—/^ + Vq cos з()力(1)
Я _j2md 1
—2 dO Rm
Я _j2md 1
—2 dO Rm
⑵
⑵
Рассмотрим движение бруска в стационарном режиме при условии 幻0》|。|・ В этом случае из (1) находим
丿⑴=^ cos (以0力 + a),(3)
Z — Я2 + ЗЕ)?， L(e)=， cos а = , sin a — —.
«Медленное» движение бруска описывается уравнением
般
После подстановки J(力)из (3) получим уравнение
"=-2 [(RR了 + (зоМ声'in2仇⑷
В окрестности положения устойчивого равновесия ^eq = 0 уравнение (4) приобретает вид
占+便0=0.
Здесь Q — частота линейных колебаний бруска,
О2 =旨Mb
—J[(a - b)2 P2 + ^0N2)2] •
6.5.16. Трехфазный асинхронный двигатель. В асинхронном двигателе токи в обмотках статора порождают бегущее магнитное поле, которое индуцирует токи в витках ротора и, взаимодействуя с этими токами, создает вращательный момент сил Ампера.
Рис. 6.5.15
Для получения бегущего магнитного поля в трехфазной системе используют три обмотки, поперечные оси симметрии которых образуют друг с другом углы, равные 120°. Обмотки включают в сеть трехфазного напряжения по схеме «звезда». На рис. 6.5.15。показано сечение обмотки одной фазы статора в плоскости ху. Проводники обмотки равномерно намотаны на одну треть площади внутренней поверхности статора. Две другие обмотки заполняют соседние участки статора. Тонкий воздушный зазор отделяет статор от ротора, выполненного из медных стержней, торцевые концы которых замыкаются накоротко медными кольцами （так называемое «беличье колесо»）. Ось вращения ротора проходит через точку О и направлена по оси z.
Найти индукцию магнитного поля, создаваемого обмотками в зазоре, отделяющем статор от ротора.
Решение. Найдем вначале индукцию магнитного поля, создаваемого током, протекающим через обмотку одной фазы. Проведем вокруг части проводников обмотки замкнутый контур и используем закон Максвелла-Ампера. Ток силы Ji （力）=Jc cos u;t, проходящий через обмотку с осью, направленной по оси ж на рис. 6.5.15а, создает магнитное поле, силовые линии которого пересекают статор и ротор. Поскольку величина магнитной индукции в воздушном зазоре значительно больше магнитной индукции в металле, то можно считать, что магнитное поле распределено только в зазоре; вектор индукции перпендикулярен поверхностям статора и ротора. Из закона Максвелла-Ампера получим радиальную компоненту индукции поля в зазоре 61r （力 夕）,где 夕 ——угол, отсчитываемый от оси х. На рис. 6.5.156 изображен график функции 61г（力°,夕）при фиксированном значении 力=力。（& = {i^N/2d^ N — число витков, d ——толщина зазора, области линейной зависимости ограничены интервалами, равными тг/З）. Обычно для упрощения последующего анализа радиальную компоненту магнитной индукции записывают в виде
61r = & Ji （力）sin 4.
Итак, в воздушном зазоре индукцию магнитного поля, создаваемого током Ji ⑴）можно приближенно представить в виде радиального поля
b1 （力4）=r j1 （力）sin 4 n（夕）, n = G1 COS 4 + e2 sin 4，
где ei = （1, 0, 0）, в2 = （0, 1, 0） — единичные векторы, направленные по осям х и у.
Ось первой обмотки направлена по единичному вектору wi = е> Ориентацию осей двух других обмоток зададим единичными векторами
W2 = G1 COSW2 = G1 COS（т）（т）+ е2 sin+ е2 sinw3 = ei cos（苧）+ e2 sin（^w3 = ei cos（苧）+ e2 sin（^
W2 = G1 COS
W2 = G1 COS
（т）
（т）
+ е2 sin
+ е2 sin
w3 = ei cos（苧）+ e2 sin（^
w3 = ei cos（苧）+ e2 sin（^
Через эти обмотки протекают токи 丿2（力）= Jc cos （幻力—2тг/3） и 丿3（力）= =Jc cos （幻力—4тг/3）, которые создают магнитные поля. Радиальные компоненты магнитной индукции в зазоре
B2r（t,4）=r 小（力）sin（4-2тг/3）, б3Г（力4）=r 厶⑴ sin（4-4тг/3）.
Три обмотки создают в зазоре радиальное магнитное поле
Br（t,屮）=61r（力,4）+ B2r （t,4）+ б3Г（力,4）=
=kJc cosa力 sin 4 + cos（以力一 ^） sin（夕一 ^） +
（/27r
+ cos （ u;t H—— 1 sm （夕 Н——
После тригонометрических преобразований получим радиальную компоненту индукции в зазоре в виде поля бегущей волны
Br（t^ ь）=6 sin （ь-以力），
где В = 3&Jc/2. Следовательно, некоторое значение радиальной компоненты вектора индукции «бежит» в воздушном зазоре с угловой скоростью о; в положительном направлении, противоположном направлению движения часовой стрелки. Компоненты вектора В（%,夕）：
6式力夕）=Br（t,夕）COS 26g（力夕）=Br（t,夕）sin 2B2（t,夕）=0.
⑴
Для того, чтобы изменить направление распространения бегущей волны достаточно изменить порядок подключения двух любых пар обмоток к генератору трехфазного напряжения. Например, переключение первой и второй обмоток приводит к радиальной компоненте магнитной индукции
6:（力4）=klc6:（力4）=klcMV）MV）sin 夕 + cos 3t sinsin 夕 + cos 3t sin+++ COS（ 3t ++ COS（ 3t +2万、 丿2万、 丿В sin（夕 + u;力В sin（夕 + u;力
6:（力4）=klc
6:（力4）=klc
MV）
MV）
sin 夕 + cos 3t sin
sin 夕 + cos 3t sin
+
+
+ COS（ 3t +
+ COS（ 3t +
2万、 丿
2万、 丿
В sin（夕 + u;力
В sin（夕 + u;力
Ротор в бегущей волне магнитного поля. Найти решение уравнений движения асинхронного двигателя.
Решение. Ориентацию средней плоскости сечения ротора С площади S зададим единичным вектором п（夕）=（—sin 夕，cos 夕，0）. Угловая скорость вращения ротора Q = （0, 0, Q）, Q = ф. Сопротивление цепи ротора — А, коэффициент индукции, обусловленный потоком рассеяния магнитного поля — L. Сила тока в цепи ротора J — Q.
Учитывая （1）, найдем поток магнитной индукции через цилиндрическую поверхность ротора, опирающуюся на контур сечения С ротора площади S:
Ф（力夕）=Фo cos （3力-д），где Фо = BS. Лагранжиан электромеханической системы
Ь = - L/Q2 + - /02 _ Миф + @Фо cos （u;t —夕），
где / — осевой момент инерции ротора, Мд ——момент внешних сил. Уравнения Лагранжа:
/0 = -мо +1患，⑴
^3 + Ф） = —丿兄⑵
Проекция на ось z момента сил Ампера, действующих на ротор
Mz = J — , Mz = 1Фо sin （幻力-夕）,
ЭДС индукции в цепи ротора
£ —^- , e Ф（）（3 - Q） sin（3力一夕）.
Поскольку направления вращения магнитного поля и ротора совпадают, то при Q = о; сила тока, протекающего в цепи ротора, равна нулю. Обычно в рабочем режиме значение Q = 0,95а;: ротор и магнитное поле вращаются с разными угловыми скоростями — асинхронно, а силовые линии магнитного поля «скользят» относительно ротора. Поэтому при анализе работы двигателя с постоянной скоростью вводят величину s, называемую скольжением о; — Q = so;. Тогда 夕=口力
£⑴=sVb sin（5以力）， Mz = 1Ф0 sin（53力），
где Vq = зФо・ В стационарном режиме уравнение цепи ротора （2） и условие вращения с постоянной угловой скоростью Q приобретают вид
L ^ + JR = s% sin（5幻力），（3）
О=М-Мо,（4）
М =〈 1Фо sin scot) — среднее значение момента сил Ампера.
Решение уравнения (3) ищем в виде J(力)=A sin (s(vt + а). Подставим J(力)в (3) и приравняем нулю коэффициенты при cos (so;力) и sin (so;%). В результате найдем амплитуду Л и фазу а:
% = £^ , cosa=^, sina = -^^, Z= /^ + (5X^)2, где Xl = 3L. Вычисляя среднее значение момента сил Ампера, получим
A/(s) = ЛФд cos а = —-――.(5)
2[R2 +(sXj]
Функция M(s) достигает максимального значения Мт = о;Ф^/(4Х^) при s = 5кр, 5кр = R/Х^. Следовательно, M(s) = 2Mm/[sKp/s + + s/бкр]. Обычно 5кр ~ 0,1. При старте s = 1 — ротор заторможен. Величина момента в начале пуска M(l) ^ ZM^R]Xl・
В современных двигателях реальные характеристики не вполне точно описываются зависимостью (5). При больших значениях скольжения s сопротивление R растет, так как ток вытесняется к поверхности ротора. В результате удается увеличить пусковой момент и сократить время разгона двигателя.
Отметим, что поле бегущей волны Br (t,夕)=6 sin (夕—at) и вращающееся поле Br(t) = В sincvt представляют собой принципиально различные явления. Поэтому «анализ» работы трехфазного асинхронного двигателя как результата движения ротора во вращающемся поле лишен смысла.
Неферромагнитный проводящий шар радиуса а движется по горизонтальной плоскости в постоянном однородном магнитном поле индукции В. Найти решение уравнений движения в случае 8》 》а, где 8 = (до^^/^)-1/2 — глубина скин-слоя, о — проводимость материала шара, о; — угловая скорость шара.
Решение. В однородном магнитном поле на шар действует момент силы Ампера (6.5.46). Тензор магнитной поляризуемости шара)力九= =(^^kn,
⑴⑴а(")= I [ j — ^ 5g 夕—1]， q = Ra 三(1 + £) 〃
⑴
⑴
где & = (必闻崂1/?, 〃 = a/8, 8 = (до^^/^)-1/2 — глубина проникновения поля в проводник, о — проводимость материала шара [13]. Фурье- трансформанта функции Грина Gkn = G6kn^ @(幻)=al//(£u;从о).
В случае 6 « а из (1) следует приближенное выражение а(ш) у —(3/2)(1 — 3£/q). Для идеально диамагнитного шара а(с(;) = —3/2. Рассмотрим движение шара с угловой скоростью о;, соответствующей приближению 8 》 а. В этом случае, используя аппроксимацию Паде [122], представим (5(а) в виде рациональной дроби
3(5 = ｝，z = g-" 丁。=提，l=索
в широкой области частот до значений о;〜2/(从ооа?) [153]. Функция Z представляет собой импеданс шара, а величины го и L — эффективные сопротивление и индуктивность; размерности [го] = Ом-м-4, [L]= =Гн-м-4. Отметим, что эффективные сопротивление и индуктивность сферы толщиной d « а соответственно равны 丁。 = 6/сга2V, L = =2仰d/ak [153].
Из (6.5.6) следует, что магнитный момент шара удовлетворяет уравнению Кирхгофа
dp' / db‘+ toP = —н •
В этом случае функция Грина (6.5.7)
GknS) = ^kn 勺^ exp (一子^),
где е(т)——функция Хевисайда. Закон изменения обобщенной энергии Н = тЯ2/2 + 1ш2/2 + Lp2/2 имеет вид
dHdtdHdtав 2—p瓦一?ав 2—p瓦一?丁0・丁0・
dHdt
dHdt
ав 2
—p瓦一?
ав 2
—p瓦一?
丁0・
丁0・
Полагая в (6.5.9) 〃 =力一т, находим, что при условии о; « 丁。/£ основной вклад в интеграл вносит окрестность точки т = 0. В этом приближении магнитный момент
[ dr G(r) Vi(t\ т р =丄[зВ]
и момент силы Ампера М = [рВ].
⑴ ⑵⑴ ⑵Пусть шар движется без проскальзывания. Используя обозначения задачи 6.2.7, запишем уравнения движения
⑴ ⑵
⑴ ⑵
mr = Т,
/М = — а [еТ] + [рВ],
/ = 2та2/5, которые дополним условием качения без проскальзывания
⑶⑶0 = Е — а [зе].
⑶
⑶
Дифференцируем (3) и преобразуем правую часть, используя уравнения (1), (2), так же, как в задаче 6.2.6. В результате находим
Т =Т =та2 I гта + 7та2 I гта + 7同рВ]同рВ]
Т =
Т =
та
2 I г
та + 7
та
2 I г
та + 7
同рВ]
同рВ]
Рассмотрим движение шара, при котором вектор магнитной индукции В = Be перпендикулярен плоскости. Тогда
та2 I гта + 7та2 I гта + 76Р,6Р,i=-；1G心叫i=-；1G心叫⑷⑸⑷⑸
та
2 I г
та + 7
та
2 I г
та + 7
6Р,
6Р,
i=-；1G心叫
i=-；1G心叫
⑷
⑸
⑷
⑸
где 丁 = 7ma2ro/5B2. Из (5) находим первый интеграл о；зо = зе. Подставляя в (5) о; = ззое + ту, получим решение ту(力)=ту。ехр (—力/т). Скорость центра масс v⑴=vg exp (—t/т), vg = a 仇匂.Шар катится по отрезку прямой
r ⑴=r(0) + Vo T [1 - ехр (一〃7)].
Магнитный момент р = vg (В/аго) ехр (—力/т), касательная компонента силы реакции
Условие качения Т < 从mg приобретает вид 从〉vq/gr^ где 从— коэффициент трения.
Отметим, что из (1)-(4) следует закон изменения кинетической энергии К⑴：
導=一夕2nbК = mr2 + I /^2 = I ma2^ + 加川朮
3-Lu
Следовательно, за время движения в шаре выделится количество джоулева тепла
Q = ] dt p2r0 = ^та1^.
о
Неферромагнитный проводник в форме эллипсоида с полуосями а — Ъ^с находится во вращающемся однородном магнитном поле индукции В(力)= Во(cosQt, sinQt, 0). Вектор В(力)перпендикулярен оси вращения, проходящей через центр масс. Найти угловую скорость вращения осесимметричных проводников — сплюснутого и вытянутого эллипсоидов.
Решение. Пусть ось вращения направлена по оси z. В результате поворотов на эйлеровы углы 夕(力),0 = тг/2 расположим ось симметрии тела в плоскости, перпендикулярной оси z (рис. 6.5.18). Угловая скорость тела о; = (0, 0, 0). Элементы матрицы поворотов
⑴⑴Su = —S32 = cos(р> S12 = S31 — sin ср,
⑴
⑴
S13 = S21 = S22 = S33 = 0, S23 = 1.
Рис. 6.5.18
Учитывая (1), получим из (6.5.46) /-компоненту момента силы, действующей на проводник:
£з = Bq sin (Qt —夕)以 + Bq cos (Q力—夕)夕*(2)
В системе покоя осесимметричного тела К' компоненты тензора поляризуемости 7ц = 722 = а!//从о, 7зз = с^зV/до- Соответствующие функции Грина обозначим Сц = G22 = С(т), G33 = Сз(т). Вектор (6.5.8)
V = & — Q) Bq (sin Qt, — cos Qt, 0).(3)
Подставляя (3) в (6.9), получим магнитный момент в системе покоя проводника:
诉=j d^ [Q — S(，)] G(力—，)Bo sin [Q〃 —夕(，)],夕$⑴=。，
Рз = j dt1 [Q — S(，)] Сз(力—，)Bq cos [П/ —(p(tf)].(4)
Из (2), (4) находим момент силы
% = 6^ j d，[a — s(/)] {g(力—tr)sin (a力—夕)sin [a/ —夕(力')]+
+ G3(力-力‘)cos (Q力-4)cos [a，-4(，)]}. (5)
Основной вклад в интеграл вносит окрестность точки 力'=力.Произведем в (5) замену переменной 力'=t — т и опустим быстроосциллирующие слагаемые. В результате имеем
上3 =；院[口一 S ⑴]j dr [G(r) + G3(r)] cos [Qr - ф(1}т]=
=；尻(口 —s) Re®(a —S) + G3(a —S)]・ ⑹
А. Найдем угловую скорость вращения «диска» — сплюснутого эллипсоида с длинами полуосей а = 6》с В этом случае [151]
<5(з) =, Z = 丁 一 £з£, 丁 = —I— , L =,
Z，， ad^V7V，
110
F Т。=
Сз》G(c(;). Пусть момент силы трения Mfr = —Ь1ф. Решение уравнения движения
/0 =圭琮(Q -⑺-к1ф⑺
с начальным условием 9(0) = 0 имеет вид
=丁 =智=丁 =智/ = 7 та2.5/ = 7 та2.5
=丁 =智
=丁 =智
/ = 7 та2.5
/ = 7 та2.5
При значениях 力》丁/(1 + &т) угловая скорость 0(力)一> Q/(l + &т).
В. В случае вытянутого эллипсоида вращения на рис. 6.5.18 с длинами полуосей а = b《с фурье-образы функций Грина <5(а) = 2Сз(с(;),
@з(з) =， Z3 = 丁3 — £з£з, 丁з =£ , 上3 =•
/зста V
Момент силы Ампера
J = ^ 院 0 - 汾 Re63 =粤Г
Характерный интервал времени перехода к стационарному режиму 丁 = =2/го/ЗВд, / = 7nd2/5. При значениях L3 « 口丁3,力》丁 угловая скорость 0 —> Q
Движение частицы в поле цилидрического конденсатора. Сферическая диэлектрическая частица движется между обкладками цилиндрического конденсатора радиусов Ri и R2, к которым приложено напряжение Ug. Найти решение уравнений движения.
Решение. Компоненты вектора напряженности электрического поля в цилиндрических координатах E(r, j, z) = (—Uo/丁, 0, 0). Из (6.5.10) получим потенциальную энергию частицы
H4(R) = aVE2 = -2 , К =° = 3宜壬，
V = 4тгаЗ/з — объем частицы, а — радиус частицы.
На частицу действуют сила тяжести, сила сопротивления Стокса Fc = —бтг77adl7d力 〃 =1,8 • 10-5 кг/(м-с) и, согласно (6.5.4а),
Fn(3 R, %)=-黑^； F - (-g,。,。).
Из второго закона Ньютона получим уравнение
d2rdr
е 訳=F + mg — 6тг〃а — •
⑴
Предположим, что интервал времени движения частицы до столкновения с электродами значительно меньше величины т/(бк/а). Тогда можно пренебречь силой сопротивления.
Направим ось z цилиндрической системы координат г, ф^ z вертикально вверх. Из (1)
⑵
⑶
⑷
где М — проекция момента импульса на ось z. Уравнение следствие сохранения проекции момента импульса частицы на Начальные условия 丁(0) = 丁。, 0(0) = 0, z(0) = 0, v(0) = v0.
Для качественного анализа характера движения запишем
⑶一
ОСЬ 2.
закон
сохранения полной энергии «поперечного» движения в плоскости ху
1
2Ш
И4ф6
2
+ И4ф(丁)=已
Границы области движения определяются неравенством Е》 И4ф(г). Если /3 = Л/2/(?тгК) > 1, Е > 0, то область движения ограничена кольцом т1 W 丁 W A2, T1 = [k (0 — 1)/2石]1/2. в случае ^ < 1 область движения при значениях полной энергии 石 V 0 ограничена кольцом а г г2, г2 = [k (1 - 0)/2石]Y T2 < a2・
Найдем теперь уравнение траектории. Переходя в уравнении (2) к новому аргументу t ^ ф и учитывая (3), последовательно находим
dr _ dr dф _ dr М _ М d /1\ dt dф dt dф mr2 m dф\r)'>
互 _“2 d2 /1\
dt2 — m2r2 Иф2 \r7
(5)
Вводя переменную и = 1/г, получим из (2), (5) уравнение, совпадающее с уравнением гармонического осциллятора
察 + (1 - В)仅=& аф ' р /
⑹
где /3 = М2/(mK) = М2/(таУи^).
А. /3 > 1. Решение уравнения (6)仅=Z cos (Q勿0 + а), где Z, a — произвольные постоянные, 口勿=(1 — 1/0)10 Траектория представляет собой незамкнутую кривувую г(ф) = 1/[Л cos (Q" + a)], 丁。= =1/Л cos а. Частица достигает внешнего электрода при значении ф = =02, удовлетворяющем условиям 冗2 cos (Q勿02 + a) = 丁。cos a, 口勿02 + + a V тг/2.
Б. ^ < 1. Решение уравнения ⑹仅=С ch(Q/0 + 7), где Qy = =(1/0 — I)"?. Уравнение траектории 丁(0) = 1/ [С ch (Q/0 + 7)], 丁。= =1/С cos 7，
В. 0 = 1. Решение уравнения (6) — спираль Котса 1/т = ai + а?。, 丁(0) = 1/(肉 + а^. го = 1/а>
Две параллельные металлические полосы, расположенные
в горизонтальной плоскости, соединены перемычкой ОС, содержащей резистор (рис. 6.5.20). По полосам как на-
Рис. 6.5.20Рис. 6.5.20правляющим может перемещаться проводник. Вся система находится в магнитном поле, создаваемом током в длинном проводе, находящемся в горизонтальной плоскости на расстоянии s от ОС. Найти зависимость скорости проводника от х- координаты.
Рис. 6.5.20
Рис. 6.5.20
Решение. Пусть Jg — сила тока в проводе, h — расстояние между направляю
щими полосами, т — масса проводника. Система имеет две степени свободы. Обо
значим ж-координату центра масс проводника, Q — заряд, протекший в положительном направлении в интервале времени (0,力).Лагранжиан системы
L = 3 тж2 + @Ф, Ф =L = 3 тж2 + @Ф, Ф =从0九月、dx'27r s + Xо从0九月、dx'27r s + Xо
L = 3 тж2 + @Ф, Ф =
L = 3 тж2 + @Ф, Ф =
从0九月、dx'27r s + Xо
从0九月、dx'27r s + Xо
Уравнения Лагранжа имеют вид
тх =тх =从0j0月Q27r (s + ж)从0j0月Q27r (s + ж)⑴⑴QR =—QR =—从oj0月出27r (s + ж)从oj0月出27r (s + ж)⑵⑵
тх =
тх =
从0j0月Q27r (s + ж)
从0j0月Q27r (s + ж)
⑴
⑴
QR =—
QR =—
从oj0月出27r (s + ж)
从oj0月出27r (s + ж)
⑵
⑵
Исключая Q из (1), получим уравнение
USXUSXmRs 127r 丿.mRs 127r 丿.⑶⑶
USX
USX
mRs 127r 丿.
mRs 127r 丿.
⑶
⑶
Выберем начальные условия 力(0) = 0 ж(0) = о。. Переходя к переменной ж = о(力),получим решение уравнения (3)
/ 、их
0(出=伙),—
' 's + 力
Рассмотрим три случая.
Пусть vq > и. Тогда при 力》s получим предельное значение скорости проводника о(力)—> о。— и, и силы тока Q —> 0.
Если о。=仅,то при 力》s скорость проводника。(力)—> 0.
Если о。< 仅,то проводник остановится, на расстоянии хс = =so。/(仅—о。) от начала координат.
Найдите решение уравнения (3) при начальных условиях ж(0) = жд, 力о》也 ж(0) = — о。.
Глава 7
УРАВНЕНИЯ ГАМИЛЬТОНА
Канонические уравнения и канонические преобразования
Скобки Пуассона (СП) функций /(ж, р), g(力,р) определены соотношением
红丝_丝丝.
'3/a Qpa Qpa дха
Канонические преобразования (КП) ж, р —> 力-р- реализуемые производящими функциями (ПФ), имеют вид [7, 23, 86-89]
1. R = Fi(ж,力一力)—
U/'l /иг 1
击d =一而；
2.R =r2(力，M力p =
3尸2,3尸2
击3 =犷
(7.L2)
3. R =R3(，力-t\ x =
3尸3,3尸3
fP =一初；
(7.1.3)
4. R =R4（，p\ 力），力=
3尸4/3尸4
(7.L4)
В новых переменных гамильтониан
(硏力i力)+等)=(〃"(7丄5)
где 2 = (ж, р), 2’ =(修,少).
Лагранжиан математического маятника £ = 02/2 — /(1 — —cos 夕).Найти гамильтониан, выбирая в качестве обобщенной координаты 力=2 sin 夕/2.
Ответ. //(力，р) = р2 (1 — ж2/4)/2 + ш2х2/2.
Записать гамильтониан и уравнения движения свободной частицы в электромагнитном поле.
Решение. Обобщенный импульс 〃& = тха + е]сА^、гамильтониан
Я(ж, р, " = *(р-/) + 6ь.
Уравнения движения
企a =
[力а,"]=
дра
〃” \С /се
力a =
e，Я]=
дн дха
_ е дА(зд(р
с "。дха' дха •
（丄丿
Дифференцируя (1), находим
"=1 冲豎-三察.(2)
Поскольку
_ дА/з дАа __ 1 дАа3夕
то из (2) следует уравнение
mr = еЕ + I [гВ].
Записать гамильтониан и уравнения движения свободной частицы в системе отсчета, вращающейся с угловой скоростью Q(t).
Решение. Лагранжиан частицы
£(х, х, t) = I m (х + [Qx])2 - U(x).
Определяя обобщенный импульс р = m (х+ [Qx]), получим гамильтониан
"(X, р,力)=張(р - m [Qx])2 - у [Сх『+ U(x)=
=察-Q[xp] + U(x).
Уравнения Гамильтона
亦а =[力а, Я] = ^ - [Qx]a,
力а = ®а,印=[рС]а -黑^ •
Заряженная частица, движущаяся с постоянной скоростью, сталкивается с неподвижным атомом водорода. Записать гамильтониан в системе отсчета, вращающейся с угловой скоростью радиуса-вектора частицы [90].
Решение. Поместим ядро (протон) атома водорода в начало координат. Пусть г — радиус-вектор электрона, R = b + и力一закон движения
частицы зарядом Ze, bu = 0. В инерциальной системе и = (и, 0, 0), b = (0, А 0). Угловая скорость вектора е = R/R равна Q = [Ьи]/Я2. Искомый гамильтониан
2m [J R2 |r| ，痔—2rR + R2 *
Направим ось ж неинерциальной системы по вектору е, а ось z совместим с вектором Q. Тогда
0? ,/.. 、Zeeo
В дипольном приближении
卩2 ,/.. 、buZeeox
8 =灰+ п(С —兴)产—
Лагранжиан системы
L(S «) = Т ga/3(g) «а«° + 勿(g)产-夕(力 g/3a = ga“
Найти гамильтониан.
Решение. Канонический импульс
7rL 券= ?“《" + 〃•
Если det I gy gy I 次 0, то, умножая (1) на обратную матрицу g〃"= =(gT)〃〃, получим «а =旦°川开川—g°川以.Гамильтониан
H(q, тг) = I g^ (тг - V)M (тг - V\ + 夕(g).
Найти геодезические на поверхности постоянной отрицательной кривизны с метрикой gn = 1, g22 = exp (2gi), g^ = 0, i # к.
Решение. Перейдем к новым координатам у = е~д , ж = Q2. В новых переменных метрика приводится к конформному виду gi^ gn = =皆22 = (l/д)% gi2 =皆2 = °, называемому метрикой модели Клейна геометрии Лобачевского [7]. Лагранжиан
Обобщенные импульсы и гамильтониан частицы
0比=j , рy =号, "=；g2(近+時).
Каноническая система
亦=У?Р4 У =力勿 Рх = 0, Ру = -у （朮 + 若） имеет два решения
ж = с, у = 6一* рх = 0, ру = —с*
力= ath力+ a g = a ch-1力, ?况=扌, 夕g=-} sh力
где а, 6, с — постоянные. Геодезические представляют либо лучи, параллельные оси У）либо окружности радиусом а с центром в точке （6, 0）.
Ограниченное движение системы с двумя степенями свободы описывается гамильтонианом Н =夕^/2+U优优*п/2, "1 = "^，°22 = =ш^ U12 = °21 = "• Найти решение канонических уравнений （см. задачу 4.2.1）.
ОтПв€ТП. Хп = △?1〃 力〃,Рп = ^пиРу 5
力" -"q— cos （a"力 + g"）,0" = 一 2/〃a" sin （a"力 + g"）.
Найти гамильтониан движения осесимметричного спутника относительно центра масс.
Решение. Используя лагранжиан спутника （см. задачу 6.4.4）, получим обобщенные импульсы
夕夕=（/ sin?。+ /3 cos?。）（0 + Q） + 厶皿 cos 仇
Ре = /庆 夕叩=/ ［（0 + Q） cos。+ 皿］.
Гамильтониан спутника
Н = ^7^ 仇—Р吵 COS0）2 + 芻 + 患一СРз _
—I Q2 （/ — /3） sin?夕 sin2^.
Найти кп, порождаемое nФ 巳（力，？Д 力）=0厶爲（力，力）.
Ответ. xfa = 九（力，力），夕a = （df^/dxa） pf^ — это единственное преобразование, допустимое в лагранжевом формализме.
Найти КП, порождаемое ПФ F式р> 夕，夕匕 夕2）= Pip cosg + + P2p sin 夕.
Ответ. Каноническое преобразование
1
力1 = 0 COS g, Pl — Pp cos g — / 夕夕 sin
力2 = 0 Sin夕,02 =夕0Sin夕+ 一0夕COS夕
реализует переход к полярным координатам [86].
Гамильтониан частицы Н = р2/2т. Найти новый гамильтониан и КП, порождаемое ПФ
Rl（x, Xх,力）=^ （х — х'）2,F2（x, р-力）=хр‘ 一九
Ответ, х = х‘ + （pz/m）力 р = р- Н'（х\ р\ 力）=0.
Найти новый гамильтониан и КП, порождаемое ПФ 巳（力,夕‘，力）=Xp，- up‘力 + mxu.
Ответ. Искомая замена переменных является преобразованием Галилея: х = х‘ + и力 р = р‘ + mu, Н‘ = Н — ир‘.
Найти гамильтониан свободной частицы, остающийся фор- минвариантным при калибровочном преобразовании, порождаемом ПФ F2（x, р-力）=хр‘ 一 /（х,力
Решение. Согласно （7.1.2）
力а = ^а， ра=ра~ .
Новый гамильтониан
Уравнения Гамильтона
吃=^（弘一龄），
Мы видим, что исходный гамильтониан Н = р2/2т неинвариантен относительно калибровочного преобразования, хотя уравнения второго порядка 云厶=0 сохраняют свою форму. Можно восстановить инвариантность гамильтониана, если ввести дополнительное калибровочное поле заменой
Н Т Н + е 夕（х,力）， р —> р — I А（х, t）
и потребовать, чтобы при переходе к новым координатам функции преобразовывались по правилу
АтА' = А + ^Х7/,夕= В- ｝崇.
Следовательно, форминвариантный гамильтониан должен иметь вид
Я（х, р, "=張（р — I А（х,力））+ с夕.
Таким образом, требование форминвариантности Я（х, р,力）относительно калибровочного преобразования приводит к необходимости введения электромагнитного поля. Аналогичное условие, используемое в квантовой теории поля, явилось основой для построения калибровочной теории элементарных частиц.
Адиабатическое представление многомерной системы. В гамильтониане Н = Нд~\~R）Нд =夕2/2m + U（力）,R = R（）（g, тг） + + /（ж, g）, ж,夕 ——координаты и импульсы медленной подсистемы, д, тг — координаты и импульсы быстрой подсистемы. Найти калибровочное преобразование, позволяющее исключить гамильтониан быстрой подсистемы.
Решение. Уравнения
.с . df . dR . dR小
порождаемые гамильтонианом Н = А（力,g, тг）, позволяют рассматривать движение быстрой подсистемы при фиксированных координатах медленной подсистемы. Решение системы （1）: q = g（£,力）,тг = тг（^,力）,
где £ — совокупность переменных ①',д', тг- В результате КП ж, р, q, тг —> 2‘：力-夕-g- 7rz новый гамильтониан
Исключение гамильтониана быстрой подсистемы порождает «калибровочный потенциал», представляющий собой аналог поля Янга-Миллса.
В квантовой теории эффективные калибровочные поля возникают в адиабатической трактовке систем молекул с вырожденными электронными состояниями. При пересечении потенциальных кривых возникает знаменитая геометрическая фаза Берри （Berry М. / Proc. R. Soc. bond. 1984. V. 52. Р. 2111.）
Частица движется в однородном поле тяжести. Найти новый гамильтониан и КП, порождаемое ПФ ^2（х, р，力）=хр，+ mgxt.
Ответ, х = х- р = р，+ mgt, Н‘ = （l/2m） （р，+ mgt）2.
Гамильтониан осциллятора
Найти новый гамильтониан и замену переменных, порождаемую ПФ а） ^2（ж,川=（1/2） （»2 —imcjx2 + 2，^йй^力夕'）；б） Fi（力,力'）= =—（1/2） тшх2 tgrr/; в） Fi（ж,力-力）=—（1/2） тшх2 tg （力'+ 幻力）.
Ответ.
a）
_ 1
V2mcJ
ж =
тз
（修—ip）, p — —i ^^ （修 + ip）, /Г — —igp'x';
6）
cos x\ p = —\/Ъ[пзО sin 力-H‘ = зр';
в）
ж =
тз
cos （3力 + 力‘），p = 一,2??10；少 sin （⑴力 + 力‘），Hf = 0.
7.1.17. Найти КП, реализуемое ПФ а）巳（力，少）= 力屮/2;
出（力,少）=力
Ответ, a）夕=，2力/ 夕一 ж =，2廿；6）夕=д/2^7, ж = д/2^7 修
Найти КП, реализуемое ПФ а） &（力，pf） = 力 1口夕‘; 6）巳（力，pZ） = p' In Ж； в） Fl （ж,力'）=力力
Ответ, а） х'=力6一仆 pf — ер\ б） х — ех р — р'с—冗;в） ж = —р\ р =力
Даны две системы локальных координат в окрестности точки фазового пространства. Показать, что при бесконечно малом КП, порождаемом функцией ^2（х, р- t） = хр，+ е С（х, р，力），приращение динамической переменной F（x, р, Z） равно 6F = г [F^ G].
Решение. Учитывая （7.1.2）, находим
л /3GA /8G
△力九= xn-xn^e — , Дрп = Pn— Pn = 初,
следовательно,
8R = -— △力П + 0— △0九=e [f G].。力 71（УРп
Смещение системы как целого задается функцией eG = 8аР, где Р —— полный импульс. Если гамильтониан при смещении остается инвариантным, то сохраняется величина Р: [HP] = 0. Поворот системы как целого определяется функцией eG = 8хМ, где М — момент импульса. Если при повороте гамильтониан инвариантен, то сохраняется момент импульса М: [Я, М] = 0.
Известен первый интеграл j（x, р, t） = С, ха — циклическая координата. Показать, что 3九『/3力^ — первый интеграл.
Решение. Дифференцируя соотношение
° = * + ЬЛ 切，
получим
о = 京 оh о-, H —> —— = const •dt （J X cl（J X cl（J X cl
Доказать равенство
［Z（Q（力，p,力）），月（42（力，P,力））］=誥［夕1,42］誤•
Гамильтониан системы имеет вид
я = Я（^（Ж1, 01）, Ж2, 02, •…）•
Показать, что 夕（力i,夕1） — первый интеграл.
Гамильтониан системы
Н也 ж, р） = H[^i（^i, pi）, . .. , 4s（力 1, Pi）,力]・
Найти решение уравнений движения.
Решение. Полная производная &夕力（力力,pk）/dt = 0, & = 1, 2,... Следовательно,夕a；（力力,Pk） = Ck — первые интегралы. Разрешая эти соотношения относительно 夕力,получим уравнение р^ =旦力（力力,°力）. Подставляя рк в уравнение 0k = —aHj^Xk： получим решение в квадратуре
Задача Кеплера. Показать, что полная энергия, момент импульса и вектор Лапласа являются первыми интегралами.
Решение. Гамильтониан Н = р2/2т — а/r. Поскольку Н = дН/dt^ то Я = Яд- Далее найдем
必а[Ма, //]£а/3）[^ /ЗРу, "] ^а/Зу^ /3 [夕），"]+
+ &офтРт [*/3，“]—&оф?竄В竄？ ~3 + &а/3?Р?Р/ЗЕ°，
Производная вектора Лапласа
L 」 тг
рa н%力/3。万=0・ тг тг " "
Одномерная задача Кеплера. Гамильтониан частицы
d 1
— 力〉0.
Найти решение уравнений, порождаемых КП ж, р —> 力-夕‘：
ж = 2“2 sin^g,ж = 2“2 sin^g,力'=2£ — sin 2^.力'=2£ — sin 2^.
ж = 2“2 sin^g,
ж = 2“2 sin^g,
力'=2£ — sin 2^.
力'=2£ — sin 2^.
Ответ: Н，（х\ р） = —1/2р/2, М = хП + 力/夕昌» —夕〃.
Гамильтониан трехчастичной цепочки Тоды [68]
h =之幾 + u（41,42, 43）,
и = е^13 + е^21 + 6。32, 屮ab = 4ь - 4a.
Найти первые интегралы.
Решение. Очевидно, сохраняется полный импульс системы тго = = 7Г1 + ТГ2 + тгз и полная энергия Е = //（夕,тг）. Далее, учитывая уравнения движения, найдем специфический интеграл
/ = -7Т17Т27T3 + 开16432 + 7r2cBi3 + ^36^21.
Существование трех независимых интегралов обеспечивает интегрирование уравнений цепочки. Заметим, что КП
1 , 1/1\11
开1,3 = у 03 +/。2 干 Р1丿, 开2 = у 03—5»2,
421 =方（2羹-gi）, 423 =方（2羹 + gi）, 413 = A/2 qi, порождаемое ПФ
R2（4九，рn） = & （夕1 +夕2 +43）。3 +
+ I （41 -夕2）（T % - Pl） + I （43 -夕2）（T 02 +
приводит гамильтониан к виду
，=Рз + I Р2 + I Р1 + ^（^15 羹）.
Потенциальная энергия в окрестности положения равновесия может быть представлена в виде ряда Тейлора:
V（gi,羹）=e6耍 + 6力a2-"）+ 6一力（2q2+用=
=3 + T（3疗 + 4^2）+ 2-3/2（蜡—4Q1Q2）+ ^Jj（3疗 + 4^2）2 + • • •
Слагаемое с кубической нелинейностью было использовано Хеноном и Хейлесом при изучении движения звезды в модели галактики с цилиндрической симметрией [68]. Тода показал, что КП, порождаемое ПФ
з
Ri（6 "） = [a « -4九）+ 6^-^] - 6d一42 - @5-6d一仆 n=l
а = const, сохраняет форму гамильтониана [69]. Такие преобразования известны для некоторых нелинейных уравнений и называются преобразованиями Бэклунда [70]. Они позволяют получать новые решения, используя известные частные решения （даже тривиальные）. Поскольку S = ТГ, S，= тг- то
.3 尸1./3 尸1
Полагая, например 夕九=。九=0, получим 夕厶 из уравнения первого порядка 纵=2 ch & — а.
Найти гамильтониан задачи трех тел в системе отсчета с началом на одной из частиц （см. задачу 3.3.3） [1].
Решение. В инерциальной системе гамильтониан
Н~ а 盡 + и（П，Г2,Гз）・
Произведем КП га, ра —> х,「⑵ ria, р, pi2, Р13, порождаемое ПФ 巳（％, Р, Р12, Р13）= RP + （「2 - Г1） Р12 +（Гз - Г1） pi3, где R — радиус-вектор центра масс. Из （7.1.2） находим
Ш1Ш2
Р1 =林 Р — Р12 — Р13, Р2 =林 Р + Р12,
P3 = *P + P13, X = R, Г12 = Г2 — Г1,Г13 = r3 - Г1.
После замены переменных получим 2111
"=£ + 9Т-呢 + УТ- Р13 +Р12Р13 + П（Г12, Г13）,
здесь m = mi + m2 + m3,从&ь — приведенная масса частиц а и Ь. Очевидно, р — полный импульс. Если mi 》m2, m3, то Н можно представить в виде Н = Р2/2т + Я12 + Я13 + ЛЯ,
mimnTinmimnTinЛ 1△" =小12Pl3-Л 1△" =小12Pl3-Gm2mзGm2mз|Г12 — Г1з| •|Г12 — Г1з| •
mimn
Tin
mimn
Tin
Л 1
△" =小12Pl3-
Л 1
△" =小12Pl3-
Gm2mз
Gm2mз
|Г12 — Г1з| •
|Г12 — Г1з| •
Составляющая гамильтониана ЛЯ может быть учтена как возмущение.
Коллективные координаты в задаче трех тел. Найти КП, которое при m2 « mi, g приводит к задаче о движении частицы m2 в поле двух «центров».
Решение. Помещая начало координат на частицу m2, получим
2221
"=而 + 而 + 而 + 莅 p21P23 + U（r2L Г23）.
Выберем ПФ
巳=R"。+ 芯— 7r屮21 + —万屮23,
которая реализует КП R, r2a, р, р2a т qo, QaSo,万小
m2 / qi\m2 /, qi\
蓝旧2 r23=蓝旧2 +万}
P2L 芯（17r1} P23= 芯7r
R = q。，Р =万0・ Новый гамильтониан Н = тгд/2т + Н^ + Н?：
一 1
%3 =磊-署3+号)-器至)，
H2 = ^-Gh 滎卜2-明匸 Gm27n3 gf|q2 + f| \
л , Ш2 -Ml =女 1-л , Ш2 -Ml =女 1--1 т^тзШ21Ш23'-1 т^тзШ21Ш23'М? = 2m2 1 +М? = 2m2 1 +-1Ш1ШзШ21Ш23-1Ш1ШзШ21Ш23
л , Ш2 -
Ml =女 1-
л , Ш2 -
Ml =女 1-
-1 т^тз
Ш21Ш23'
-1 т^тз
Ш21Ш23'
М? = 2m2 1 +
М? = 2m2 1 +
-1
Ш1Шз
Ш21Ш23
-1
Ш1Шз
Ш21Ш23
Поскольку при m2 « mi, m3 массы М^ о 从 13, М? — m2, то гамильтониан
2
13 - 2М13° |Q1|
2 万2277122 万227712описывает движение системы частиц mi, m3 по кеплеровой траектории. Гамильтониан
2 万2
27712
2 万2
27712
Gm27nlGm2m3
|q2~¥l |q2 + ^l
приводит к задаче движения частицы m2 в поле двух центров. Преобразование (1) позволяет в адиабатическом приближении рассмотреть процессы перестройки т1 + (тзШ2)—> g + gim^) в связи с расчетами сечений перезарядки [91].
Задача трех тел. Показать, что ПФ
巳=R^O +(Гз - Г1) 7Г1 +巳=R^O +(Гз - Г1) 7Г1 +Ш1Г1 + ШзГз1*2Ш1Г1 + ШзГз1*2Ш13Ш13万2万2
巳=R^O +(Гз - Г1) 7Г1 +
巳=R^O +(Гз - Г1) 7Г1 +
Ш1Г1 + ШзГз
1*2
Ш1Г1 + ШзГз
1*2
Ш13
Ш13
万2
万2
реализует КП к переменным Якоби (см. задачу 3.3.5).
Решение. Из (7.1.2) находим
Ш2Шз口 = qoq2qi, mmi3,Ш13 「2 = qo + q2Ш2Шз口 = qoq2qi, mmi3,Ш13 「2 = qo + q2Ш1Ш1Ш1Ш1p1 =万0万2 一万1,m mi3p1 =万0万2 一万1,m mi3m2 ,P2 =林万0 +万2,m2 ,P2 =林万0 +万2,
Ш2Шз
口 = qoq2qi, mmi3
,Ш13 「2 = qo + q2
Ш2Шз
口 = qoq2qi, mmi3
,Ш13 「2 = qo + q2
Ш1
Ш1
Ш1
Ш1
p1 =万0万2 一万1,
m mi3
p1 =万0万2 一万1,
m mi3
m2 ,
P2 =林万0 +万2,
m2 ,
P2 =林万0 +万2,
m2 Ш1гз = а° —/q2 + ^qim2 Ш1гз = а° —/q2 + ^qiШзШз ,Рз = ^0万2 十万1 •тШ1зШзШз ,Рз = ^0万2 十万1 •тШ1з
m2 Ш1
гз = а° —/q2 + ^qi
m2 Ш1
гз = а° —/q2 + ^qi
ШзШз ,
Рз = ^0万2 十万1 •
тШ1з
ШзШз ,
Рз = ^0万2 十万1 •
тШ1з
В новых переменных гамильтониан
,2,222,2,2
,2
,2
2
2
,2
,2
ииGm^m^|qi|Gm^m^|qi|
и
и
Gm^m^|qi|
Gm^m^|qi|
Gm2mlGm2m3
I, m3IIпи
Q2 +qi q2Qi
Iниз IIШ13
где 从т — т^ + т^1-
Найти решение системы с гамильтонианом Н = =（厶〃2）singi COS（Р2 + COS （fl sin 夕 2 [92].
Указание. Производящая функция
R2 =（41 + 夕2）Pl + （41 -夕2）。2
реализует КП /i? 2 = Pi 土夕2,夕1,2 =（力 1 土 力2）/2. Новый гамильтониан
Я（ж, р）=Я（ж, р）=01 - 0201 - 02♦.夕 2♦
Я（ж, р）=
Я（ж, р）=
01 - 02
01 - 02
sm 力idsin Ж2-
01 - 02
Первый интеграл Яо（Р1 —夕2）= Pi sin 力 1 + 夕2 sin 力2・ Отсюда находимС = Я0Р1 - Pi sin 力 1, С = Я0Р2 + 夕2 sin 力2・
Поскольку
.01.夕 2
Pl =COS Ж1, 夕2 =COS 力2,
01 — 0201 — 02
то эти уравнения равносильны системе
dpi _ 如2 Pi dp! 02 如2 _ ,,
fn = pl~ （C - Hopny .
Введем новые координаты z2k-1 =力力 и импульсы z2k = pk （& = 1, 2,…，s）. Записать канонические уравнения в переменных 2% n = 1, 2, .. . , 2s.
Решение. Введем набор функций №° = —№% представляющих матрицу, имющую блочный вид, причем на ее диагонали выстроены 2 х 2-матрицы с элементами 内2 = —。21 = 1,内1 =。22 = 0：
/а0...0\
а0О...0
3 Р.
、00о丿
Скобкой Пуассона функций Л и В является кососкалярное произведение их градиентов. В новых переменных СП приобретает форму
А场i dza步.
Уравнения Гамильтона в переменных zn имеют вид градиентной системы с «кососимметричным градиентом» [7]:
^ =[*印=у〃碧■
Фундаментальные СП являются инвариантом КП z —> z‘：
посколькупоскольку°"а — а 32“ ЗУ".°"а — а 32“ ЗУ".
поскольку
поскольку
°"
а — а 32“ ЗУ".
°"
а — а 32“ ЗУ".
Показать, что
аб 3 4 ав аб 3 с 34
Доказать, что якобиан КП z = z(z‘,力)является постоянной величиной.
Решение. Якобиан преобразования
Согласно правилу дифференцирования определителя
J = JSpATA = J(AT)gA*J = JSpATA = J(AT)gA*⑴⑴
J = JSpATA = J(AT)gA*
J = JSpATA = J(AT)gA*
⑴
⑴
Поскольку
3z)， Q dz^dz зуб，
то, учитывая соотношения (А-1)^А^ =覆，з" = —оР% получим (А-1)^А^ = О, J = 0. Правило (1) следует из цепочки соотношений [41]
8 In det A = In det (A + 8A) — In det A = In "'^^二八)=
=In det (1 + A-^A) = In (1 + SpA-^A) о Sp 尸丛.
Действие оператора £工 определяется скобкой Пуассона: LaF = [F, А]. Показать, что [£д, LB]_F =上因历凡 где [£д, LB]_ = —LbLa — коммутатор операторов.
Решение. Поскольку
[Ьд, Lb]_F = La [F, В]- LB 尸,4] = [[F, В], 4] - [[F, 4],引，
то, используя тождество Якоби, получим искомое соотношение, которое, по существу, эквивалентно тождеству Якоби в операторной форме
£珞Lв FLf£珞М + Lв Lf А = 0.
Дана аналитическая функция s = s(z') и оператор Us = =exp Ls. Показать, что преобразование 2； —> z\ определенное соотношением z〃 = Uz'〃, является каноническим [72, 93].
Решение. Произвольная функция F^) выражается через новые переменные z по формуле
尸(，力)=UR(i) = R(Ui) = R(z(z'))・
Учитывая теорему Лейбница о дифференцировании произведения
Ln R(i) G(i) = [L(R) + L(G^ F^) G(i)
(L(/) — оператор, действующий только на функцию /), находим
UF⑺ G^) =^竦# R(z') Ln~k G^) = UF⑺ U G^)=
"(z(z/))G(z(y))・
Следовательно, преобразование z‘ 一> z сохраняет СП
U[R3), G(zf)]z/ = \UF(zfY UG(zf)]=[尸⑶,G(z)l
и является каноническим. Штрихованные переменные удовлетворяют уравнениям zf = [z- Hf(zf)], где H,(z,) = U H(zf).
Найти КП, генерируемое функцией s(z') = —Xxfpf.
Решение. Для вычисления Us введем вспомогательный параметр А заменой Us —> exp XLS (прием, широко используемый в квантовой механике [94]) и разложим экспоненту в ряд Тейлора около точки А = =0:
exp [ALS]=exp [ALS]=帀 I ЗА71 А=о帀 I ЗА71 А=о^у LsLs ♦ ♦ ♦ Ls.^у LsLs ♦ ♦ ♦ Ls.
exp [ALS]=
exp [ALS]=
帀 I ЗА71 А=о
帀 I ЗА71 А=о
^у LsLs ♦ ♦ ♦ Ls.
^у LsLs ♦ ♦ ♦ Ls.
Следовательно, произвольная аналитическая функция преобразуется по закону
Р(2(У)) = UR(i) = [尸(У), s("s] • •・]引・ ⑴ n=0
Полагая F = z〃 (从 = 1, 2), находим ж = exx\ 夕 = e~xpf. Найдем преобразование простейшего гамильтониана Н — р. Из (1) находим /Г — е~хр.
Модель одномерного кристалла. Найти гамильтониан одномерной цепочки атомов в гармоническом приближении и решение уравнений движения (см задачу 4.2.14).
Решение. Используя обозначения задачи 4.2.14, перейдем к нормальным координатам 夕力.Будем считать, что выполняются периодические граничные условия ип =仅九+、・ Тогда значения k = 2Trs/Nd (s = 0, ±1, ±2, …)пробегают квазинепрерывный спектр. Смещения ип можно разложить в ряд Фурье:
Подставляя (1) в лагранжиан и учитывая соотношения
NN
е认…『NGrn v責= “к，
получим
L(S。)= ^ (QhQ-к -脸® Jк
3t = RS jkd — 4^2 sin2^ .
Определяя кинетический импульс рк = dL/dqk = @一力,получим гамильтониан
f = 5 (ркР—к + ^k Qk Q—к] •
Произведем теперь КП к комплексным координатам д[=。力 и импульсам pfk = ic^i
В новых переменных гамильтониан Н‘ = £зк(^Ск. Произведем еще одно КП, порождаемое ПФ
&(。*, a,t) = i akcle^kt.к
Из (7.1.2) находим 。力=。力 exp (—£幻力力),следовательно, решение (1) приобретает вид
_-i^kt^iknd I ^ i^kt-iknd\
к
Преобразование g, р —> а, £а* реализует переход к «представлению взаимодействия» [1, 67].
Найти решение задачи Коши 仅九(0) = /(п), 〃九(0) = h(n}.
Решение. Функция un(t) удовлетворяет уравнению
⑴
Ams (^^ + ^о) ^ms — ^0 (^m, s + 1 + ^m, s —1) •
Имеем дифференциально-разностное уравнение, в котором произведение nd играет роль координаты. Согласно теории дифференциальных уравнений второго порядка в частных производных решение задачи Коши
仅九⑴=Dns也 0) h(s) + Dns(t, 0) /(s), ⑵ где Dms(t,，) — решение уравнения (1), удовлетворяющее начальным условиям Dns(0, 0) = 0, Dns(0, 0) = 6ns. В квантовой теории поля Dms(t,力')представляет собой перестановочную функцию Паули. В классической теории Dms(t,，) можно представить в терминах скобок Пуассона: Dms(t,，) = т \um(t\ us(tf)]. Подставим решения уравнения (1) и учтем значение скобок Пуассона [а/., £а%]=看力勺.В результате получим
С — sin (Vk (^ —力)i(m — s)kd
Отметим, что запаздывающая функция Грина Gsn(t^ ，) уравнения (1)
имеет вид Gsh(力力’)=0S九(力力')e(力一力‘)，гдее⑴ -обобщенная функция Хевисайда.
Модель одномерного кристалла в континуальном приближении. Найти гамильтониан и каноническую систему уравнений в предельном случае непрерывного распределения масс.
Решение. Ведем числовую ось х. В континуальном приближении частице с номером п соответствует положение равновесия в точке с координатой ж = nd. Одномерному полю деформации и{х^ 力)соответствуют смещения un(t\ n = 1, 2,..
仅九+s⑴=仅(力,t) + (sd)黑 + ^^- |^ + • • •(1)
Пусть p, E — линейные плотность и модуль Юнга. Произведем в лагранжиане задачи 4.2.14 замену
тп ^dx р^ Rd? dx Е^
и учтем приближение (1). В результате после интегрирования по частям запишем функционал
S — ^dt dx L^ L = ^ [p(^tu)2 — Е(дхи)2].
Уравнение Лагранжа-Эйлера
"方爾十宏方苏扇一丽"方爾十宏方苏扇一丽⑵⑵
"方爾十宏方苏扇一丽
"方爾十宏方苏扇一丽
⑵
⑵
приводит к линейному уравнению
⑶⑶1 д1 и д1 и
⑶
⑶
где о =Е/р — скорость звука в среде.
Импульс поля деформации 夕=dL〔дд^и、夕=р 8仪.Для перехода к гамильтонову формализму введем согласно Швингеру новый лагранжиан
= L -(р-夕&〃К = pdtu - Я,
Я=^ + | (当 “К
Уравнение (2) (после замены L —> Lz) имеет вид
dt ддхи dt3力 2
Уравнение Лагранжа-Эйлера, связанное с вариацией функции р(ж,力)
Я 3厶а 3厶' _ 3厶'' ddtp ” ддхр - др
приводит к каноническому уравнению
ди дН ди 0с
丽=丽=% •⑸
Канонические уравнения (4), (5) эквивалентны уравнению (3).
Линейные канонические преобразования
Найти КП, порождаемое ПФ
F^X,力-力)=(a22力2 - 2力力‘+ 財1力‘2),
巳(力，夕一力)=言^ 321力2 +2力// - 012^2) •
Ответ, ж = а^х1 + а^夕=a?i力'+ а22/Л <^11^22 — ai2a21 = 1.
Преобразование подобия. Найти условия, при которых КП X)р Т 力-夕-порождаемое ПФ F^{x^ 力-力)=(аж2 — 2bxxf + + сж/2)/2, сохраняет форму уравнения ж + w(t) ж = 0 [95].
Решение. Учитывая (7.1.1), находим
ж = 6一1 (d力’ + ")，#=6一1 (△力’+ a")，
х' = IT1 (ах — р), р = 6-1 (—Дж + ср),(1)
где △ = а。一 б?. Новый гамильтониан
Н'(х\ “，t) = + (а2 + 仅 + @) “2 + ^ [аД + с (w + а) — 66] х屮 + + *■ [Д2 + с2 (w + а) — 2d从 + сб2] ж/2. (2)
Подчиняя функции а, 6, с условиям
片 + 仅 + 九二庐，6 = 6 (c - a),(3)
получим
〃(小m力)=勺+攸/⑴号,仅‘⑴=仅+(? — i + G +之 (4)
Заметим, что при а = х^х^1 ^ 6 =力^\ с =力i力不^(Ж1,力2 ——два линейно независимых решения) гамильтониан Н，(х\ 夕-力)=0.
Преобразование Беклунда. Пусть 仅⑴=—А2 — U⑴，wf(t)=
=—А2 — U，⑴，62 = s2 — А2 > 0. Из (3), (4) получим систему
а2 - U⑴ + a = s\—U‘(力)=-U(t) + 2а.
Полагая U^t) = 0, приходим к тривиальному уравнению 近'一А?力'=0: х'=几16一，* + П2вЛ*. Тогда, исключая U(t), имеем
и — 一ch2 s 力и — 一ch2 s 力а = а2 — s2 а = —s th st,
и — 一
ch2 s 力
и — 一
ch2 s 力
Следовательно, решение нетривиального уравнения
云一（* +急）』
определяется преобразованием Беклунда (1).
Преобразование Дарбу. Найти КП, связывающее решения двух уравнений [95]
近 + 仅⑴力=0, х' + w^t) х' = 0,(1)
гдегде仅⑴=2 [右一U(t)], 疗⑴=2 [右一U‘⑴].仅⑴=2 [右一U(t)], 疗⑴=2 [右一U‘⑴].⑵⑵
где
где
仅⑴=2 [右一U(t)], 疗⑴=2 [右一U‘⑴].
仅⑴=2 [右一U(t)], 疗⑴=2 [右一U‘⑴].
⑵
⑵
Решение. Исходные уравнения являются одномерными уравнениями Шредингера. Пусть 力о(力)——частное решение уравнения
^о + 2 [瓦一U⑴]窃=0.(3)
Полагая в формуле (2) задачи 7.2.2 а — с — х^х^1^ 6 =2 (石一瓦),
получим
苏⑴=2旧一[/⑴],[/⑴=U⑴一(4)
Таким образом, искомое КП
犷二[2(石-瓦)厂/2(|^一).(5)
Полагая в (3) Eq = 0,力о =「\ получим U⑴=(必—0)/2. Тогда из (4) следует, что U，(力)=(0? + 0)/2. Решения уравнений (1) связаны преобразованием Дарбу.
Пусть £*о = —1/2, U⑴=力2/2, тогда 力о = с尸0 Полагая в (2) Е = 1/2, получим ж = ехр (—力2/2). Из (4) следует, что функция 力一 удовлетворяющая уравнению (1) с U，(力)=力？/2 — 1, соответствует собственному значению Ег — Е Л- У — 3/2. КП (5)
эквивалентно действию оператора рождения на вакуумное состояние [94]. В результате n-кратного преобразования (5) получим функцию с собственным значением 几 + 1/2.
Найти алгоритм диагонализации гамильтониана Я (ж, р,力)= =夕2/2 + 仅(力)力2/2 на интервале, где w(t) 〉0. Функция w(t) изменяется адиабатически медленно: w2 « |w3| [95].
Решение. Произведем КП 力，夕一＞ 力1,夕^ реализуемое ПФ
冃(力3%)=；(肉力2 - 2d力力1 + b若).(1)
Из формулы (2) задачи 7.2.2 следует, что если подчинить функции а, 6, с условиям а^ + w = 0, Д2 + с^w = 0, то старый гамильтониан в новых переменных будет иметь диагональную форму. С другой стороны, условие q@i — 6161 = 0 устраняет вклад диагонального слагаемого в новый гамильтониан от производной ПФ. Полагая
«1 — iw1/2,61 — гд/2 w1/4, ci — г,
мы удовлетворим указанным выше условиям и получим КП
—1/4• 1/4
力="元一(力1 一印1), #=一竺g (力1 +印1),(2)
которое диагонализирует старый гамильтониан. Однако вклад ПФ дает недиагональную составляющую:
Я1(Ж1, Р1,力)=-iwl/2*iP2 — ^ ^ (力；+ ^1)-(3)
Решение уравнений, порождаемых первым членом в (3),
t
力1 = д/7 exp (—гФ),夕1 = £а/7 exp (гФ), Ф = ]d力 + 夕，(4)
является КП 力i,夕i —> 夕,I. После подстановки (4) в (2) найдем первое приближение ВКБ
t
х = V2I w-1/4 cos ] д/w d力 + 夕.
Для построения высших приближений можно исходить из уравнений, порождаемых гамильтонианом △// = —(1/4) (w/w) / sin2夕.Однако в гамильтоновском формализме существует уникальная возможность получить n-е приближение, не используя предыдущие приближения. С этой целью произведем КП 力ь 夕i ~> 力2,夕2, порождаемое ПФ типа (1)
冃(力 1, Ж2,力)=；(a2若-262力 1 力2 +02易).
Сущность метода состоит в том, что необходимо, как на первом этапе, обратить в нуль коэффициенты при 夕^ и 力^ в гамильтониане и коэффициенты при 力2夕2 в производной ПФ. В результате получим систему
。2 = с2, al~bl = 1,""а? + ^ ^ (1 + а；) = 0.(5)
Новый гамильтониан приобретает вид
н式Х2, Р2, t) = -ib，2 W1/2 (а2 + i) + ^ у 力2夕2 +
+ "Ng2易)• ⑹
Для определения функций。2,匕2 произведем параметризацию, положив а2^Х =仅,6不1 = о,仅=ch а?, о = sh а» Тогда из (5) следует, что th 2a2 = —uJiw-1/2,幻1 = w/4w. Используя соотношения
и。病=；(ch 2a2 ± 1)=；(笠 ± 1),入2 =仅一幻3
получим явную форму КП
⑺⑺力1 =仅力2 +0夕2,Pl =0力2 +仪夕2
⑺
⑺
и новый гамильтониан
Я2（ж2,夕2,力）=一办2力2夕2 一 号优一^2）,（8）
_ 1 w d oji
Подставляя （7） в （2）, имеем
Ж =^[（仅-iv）力2 - £ （仅 + £°）夕2].
Диагонализация гамильтониана линейным КП может быть неограниченно продолжена. Если ограничиться вторым шагом, то решение уравнений, порождаемых первым членом в （8）,
Отметим, что в излагаемом решении каждый шаг — точное преобразование исходного уравнения.
Найти КП, порождаемое производящей функцией
Ri（q,，，t） =（ZQ1Q2 - bqiq，- dq^x + cq^,
где a, b, с, d — функции времени.
Решение. Из соотношений （7.1.1） находим
Qi =厂1 （。么 + 必），Q2 = （d必 + pi）,⑴
Pi = "I （a〃I + △必），夕2 =尸（ар, + △《），
где △ = ac — bd. Это преобразование оставляет инвариантной величину Q1P1 — q2P2・ Полагая а — с — ctg А, b — d — （sin А）-1, получим преобразование поворота:
Qi = qj cos А + Р2 sin А,史=必 cos X + 夕:sin A,
夕1 =—必 sin A + pi cos A,夕2 =—《sin X + 夕$ cos A.
Полагая a = c = cth A, 6 = d = sh~】A, получим еще одно преобразование. Заметим, что производящая функция
R1（S “，力）=} [Aqiq2 - Р1Р2 + bqipl + dq^p^
реализует то же преобразование （1）.
Найти КП, порождаемое ПФ
巳（力,夕一力）=（а力1 + 6力2） Pi + （d优i + cж2） P2 三 A儿〃夕7力",
где а, Ь, с, d — функции времени.
Решение. Из соотношений (7.1.2) находим 力厶=仆〃力〃，Ра = A4a夕厶• Вычисляя матрицу Л-1, получим преобразование в явном виде:
力1 =— 6力$),力2 =(—d* + ас$),⑴
Pi =a% + d必，# 2 = M +d必，
где △ = det X — ас — bd. Нетрудно проверить, что КП сохраняет СП при произвольных значениях параметров а, 6, с, d. Если Л — матрица направляющих косинусов,
А _ cos 夕 sin 夕——sin g cos g ，
то (1) представляет преобразование координат на плоскости при повороте на угол 夕(力).В этом случае вклад производящей функции в новый гамильтониан можно представить в виде
a f / / //： Л
= 3“夕川
Угловая екороеtь вращения з4 = £3a33：万/2 = 0(力).
Найти ограниченное решение двумерной канонической системы с гамильтонианом
「Де bmi = —^im (3 m = 1〉2).
⑴⑴Решение. Канонические уравнения
⑴
⑴
^m = Pm + 2 Ьтп岔ri：Ps = —/ ^m^ms — ksXs
эквивалентны уравнению второго порядка
^m — ^mn^n + ^m^m = °・
Полагая xm = Re Ume-^1 приходим к алгебраической системе
[(—А + km) ^mn + ^^mn] ^n = °・
Приравнивая нулю детерминант, получим собственные значения
土++1 - 2土++1 - 2(&1 + &2 + 庐)2 - 4&1&2 ],
土++1 - 2
土++1 - 2
здесь М = 6〉0・ В этом случае Х2 < k < Х^.
А. Предположим, что к、=齿，к» =必，тогда
Л1,2 = j [庐 +(32 + 31)2 土 庐 + (幻2 — 31)2 ] •
Собственные векторы, соответствующие собственным значениям А^
2222
,"优(2) = n2"武学 •
Представим решение как КП к постоянным координатам и импульсам. С этой целью найдем из первого уравнения (1) собственные векторы vm^^ соответствующие решению системы для импульсов:
_ 竺—£/X,i (Aj —必)(入扌 + №)
_1 (^2 — ^2)(^2 + W)
"可+状)
Общее решение системы (1) представим в виде
^m R^ит^^с1р,е ' м , Pm Re^m(^)^^^ ' м •
Выбирая а〃, ш* в качестве координат и импульсов, найдем
M=[2Ai (A?-^)(a2-A2)]-1/2,N2=\2X2^l-XlHXl-Xl)]~1/2.
В. Предположим теперь, что 任=—齿，&2 =—必，тогда
Al, 2 = I [ 庐-(31 + 32)2 ± 庐-(31 -32)2 ] .
Заметим, что А? < 0.
Электрон движется в электромагнитном поле ловушки Пен- нинга, задаваемом 4-потенциалом Ло(х) = (2а2)-1 U(ж2 + 沙？ 一 2^2), А(х) = 2-\ В(—у, ж, 0). Потенциал Лд(х) удовлетворяет уравнению Лапласа и может быть реализован системой гиперболических электродов, изображенных на рис. 7.2.8. Найти КП, приводящее гамильтониан к диагональному виду, и решение уравнений движения [1] ^В2 〉 > у тс .
еоа /
Решение. Гамильтониан задачи
"3 夕)=* (% —響沙)+ * (& + 響 *)—
г22
12 / 2 I 2、II mg 2
Рис. 7.2.8Рис. 7.2.8
Рис. 7.2.8
Рис. 7.2.8
2eoUma2eoUmaQ =雙^ 濃=me J
2eoU
ma
2eoU
ma
Произведем вначале1 /、力力11 /、Рж = ^ ① 1 +#2）,Произведем вначале1 /、力力11 /、Рж = ^ ① 1 +#2）,"=一衰（g -"） z = 7^（門一印3）,"=一衰（g -"） z = 7^（門一印3）,КП
Произведем вначале
1 /、
力力1
1 /、
Рж = ^ ① 1 +#2）,
Произведем вначале
1 /、
力力1
1 /、
Рж = ^ ① 1 +#2）,
"=一衰（g -"） z = 7^（門一印3）,
"=一衰（g -"） z = 7^（門一印3）,
Гамильтониан приобретает вид
1mA2а~о
"= 五夕1夕2H J-力1力2 +万（力2夕2一力1夕-233力3夕3,a - 233 •
Для полной диагонализации гамильтониана совершим КП 力九,夕九—> т 力々=an, p'n — £a^, порождаемое ПФ F2（rrn,夕々）=—г（тД/2）Ж1Ж2 +
+ VmA（Ж1Р1 + Ж2Р2） + 印例6：
力 1 = /——一（a1 + 碱），力2 - /——一（a2 + 若）， 力 1 =a3,
Pi = I VmA （研-a2）, 夕2 = -| VmA （肉一碱）， pi = £吗
В новых переменных гамильтониан
H =以1研（11 一 uj2a曰a2 + 以3碱a3,
31,2 = （Q ± Д）/2. Переходя к переменным действие-угол
肉= Л 6一必止一加、 3 = 元6必2力一加2, g = h …3…3.
получим решение уравнений движения
力=万^ ［ a COS （以1力+41） + /2 COS （以2力一42）］,
У = 启［v7r Sin （以1 力 + 41） + v7^ sin （以2力-42）］,2= ?I^ c°s（&3力+ 夕3）, 夕3 = —，2?тгзз/з sin （33力 + 4з）,Pl — — -|- ［a/Л sin （以1 力 + 41） - V^ sin （u；2力一42）］,夕2 =畔［Vh cos （以1 力 + 41） - V^ COS （以2力-42）］ •
Нетрудно проверить, что сохраняются СП, вычисленные по новым переменным. В новых переменных гамильтониан Н（（р, /） = 0. Полная энергия электрона Е = ш^Ц — ^2/2 + З3/3.
Заряд движется в магнитном поле с вектор-потенциалом А（х） = （—By, 0, 0）. Найти КП к гамильтониану, описывающему одномерный осциллятор.
Решение. Исходный гамильтониан
Используя ПФ F2 = хр，+ （mQ）-1 р\р,）находим
Px = Pn &=必，#2=必・
В новых переменных гамильтониан
廿（力"）=；^2成+・+ *
описывает одномерный осциллятор, движущийся в направлении оси z. Два первых интеграла совпадают с координатами центра окружности 必 0）.
Электрон движется в статическом электромагнитном поле, задаваемом 4-потенциалом 4q = （2а2）-1 U（ж2 — у2^ А = В（0, 0,—力）. Найти КП к переменным, описывающим систему невзаимодействующих осцилляторов.
Решение. Исходный гамильтониан
"舞+豈+ *（…^）2 -号*才），
где Q = egB/mc,必=e^U[mQ. Произведем КП
力=力1 h2夕3, тш1Рх = РЬ Ру =夕 2,力=力1 h2夕3, тш1Рх = РЬ Ру =夕 2,У力2〉2 力3 Н 2夕1 >
力=力1 h2夕3, тш1
Рх = РЬ Ру =夕 2,
力=力1 h2夕3, тш1
Рх = РЬ Ру =夕 2,
тш1
Pz =夕3〉^1 а? — ^2，
212〃二言+ ^若若+舞212〃二言+ ^若若+舞используя ПФ 巳=力夕 1 + УР2 + №з — а (тш^)-1 夕i夕з・ В новых переменных
212
〃二言+ ^若若+舞
212
〃二言+ ^若若+舞
Гамильтониан частицы, движущейся в однородном поле тяжести, Н = р2/2т — mgx. Найти гамильтониан в неинерциальной системе отсчета, вращающейся с угловой скоростью Q.
Решение. Пусть п》—орты неподвижного базиса, и ед — орты базиса, вращающегося с угловой скоростью Q, связаны преобразованием
ё勿(力)=A•泌(力)П力.(1)
Производящая функция & = A4a⑴儿力а реализует преобразование
Ра =石^ = А^а夕7，力% =京皆=A/За力а .⑵
Поскольку матрица Л ортогональная (А^ = А〃〃)，то ха = A4a矶. Очевидно, КП (2) сохраняет СП:
[ееm р/?]A4aA"3[力从夕"]A4aA从3 8a/3.
Новый гамильтониан
，(二"，力)=而-mgW + ^p^,3川"=人从aA"a.
Очевидно,亦& = А^а亦% + N3ax'旷 Умножая это выражение на П& и используя (1), получим V = V，+ [ГУх〔. Из (2) следует, что р = =р‘ =弘е^. Поскольку вектор С связан с тензором угловой скорости соотношением 幻乙〃 =e〃〃sQ；, то гамильтониан
Системы специального вида
Простейшая модель биоценоза, описывающая два биологических вида «хищник-жертва», приводит к системе уравнений
Щ = а(1- "2)"1, 位2 = —6 (1 - 〃1) "2,
где а, 6 — постоянные параметры [96, 97]. Представить уравнения в гамильтоновой форме и найти решение в окрестности положения равновесия.
Решение. Введем замену 〃i = еж, 〃2 =叫 которая приводит к каноническим уравнениям
亦=а (1 —座)， р = —b (1 — еж)
с гамильтонианом
Я(ж,夕)=а (夕—座)+ 6 (力—еж).
Первый интеграл системы — Я(ж, р) = Е. Разлагая Я(ж, р) в ряд Тейлора в точке 力=0,夕=0, получим Н = — (ар1 + Ьх2) /2. Решение канонической системы
/а、1/4/^\1/4
ж = ( — ](ж? coscvt — pf sinc(;t), р = ( —J (а/sin о;力 + “ cos 幻力),
где а; = y/ab.
Записать систему
左 + A(t) / -。⑴ g = 0,雾—A(t) g + 6⑴ / = 0
в гамильтоновой форме.
Ответ. Я(/, g,力)=(Cg2 —24/g+B/2)/2, где / — «координата», g — «импульс». Рассмотренная система получается из уравнения Дирака для атома водорода после отделения спиновой и угловой частей [98].
Записать систему уравнений
c^ici = —ic^c^e^^X a262 = 一金d；6一2)⑴，
описывающую генерацию второй гармоники в нелинейной среде [13] в гамильтоновой форме. Найти решение канонических уравнений.
Решение. После замены ci = ^I^ol^^а\^ С2 = 2a^^'^а? система приобретает гамильтонову форму с гамильтонианом
Н — k (调码6-2)+ a；2a26*)),& = а；%]",
ап — координаты, га* — импульсы. Произведем замену 肉=加，а?= =bze—R порождаемую ПФ
巳(包 6*,力)=ia1b^ia2b^.
Новый гамильтониан
X' =_'坊62 + " （'坊 + /262）.
Перейдем далее к переменным 夕,/: bn = д/Лг ехр （—£夕九）,
Hf = -7/2 + 2&厶 h cos （夕2 - 2q）.（1）
Следующая замена переменных
夕1 夕г 夕2 夕2 - 2夕1, 八=A一2/2，/2/2，
порождаемая ПФ
R2（?/'）=4I/: + （42 - 2力）/，，
приводит （1） к виду
Hf =一注 + 23 & - 2%）耳 cos &.
Первый интеграл — /； = Ci. Положим 7 = qt, тогда существует еще один интеграл
—北 + 2& & — 2/$）笈 cos & = Яо.⑵
Теперь система может быть проинтегрирована в квадратурах. Учитывая （2）, уравнение /$ = [/$, Hf] можно представить в виде
/2 =—/У ,/（力）=—16^2Ж3 +（Q2 + 1632c° 力2 _
—2（2&d —g%）力 + 碍 （3）
Пусть /（ж） имеет три вещественных корня 力i < 力2 < 力з・ В области 力1 < /，< 力2 функция /（/，） < 0. Если произвести замену
/；=力1 + （力2 - ^1）Ж2,
то из （3） получим
ж2 = 4&2 （力3 — Ж1） （1 —力2） （1 — 1 力2） ,（4）
где £ =（力2 —力1）（力з —力1）—丄 Интегрируя （4）, находим
/$=力1 + （力2 一力 1） sn2（r, g）,7 = 2出力，力3 一力1 .
Угловые переменные определяются квадратурами
41 =41 =% + 〃2矿济阳42 =% + 〃2矿济阳42 =% + q，2 ,.% + q，2 ,.
41 =
41 =
% + 〃2
矿济阳42 =
% + 〃2
矿济阳42 =
% + q，2 ,.
% + q，2 ,.
Записать систему уравнений
W1 =任02 呜 6一2）"1沥 2 = &2。1。362）"1 沥3 = &3若026一
описывающую нелинейное взаимодействие трех волн [70] в гамильтоновой форме. Найти первые интегралы （kn ——постоянные параметры）.
Решение. После замены переменных vn = д/^ ип система приобретает вид
^п = [^п, Н]^// = & （谓仅2谒6一+ К. с.）,
где k =，&1&2&3 ,仅九—координаты, w* — импульсы. Производящая функция 巳（仅,а*,力） = iu^a^ + iu^a^ + iu^a^e^ порождает замену 仅1 =a1,仅2 =a2,仅3 =a36一2）и новый гамильтониан
h =-少азаз + к （若的碱 + 肉碱аз）.
Перейдем теперь к переменным действие-угол, произведя замену ап = =д/Тг £—乞夕％ а затем преобразование 夕,/ —> 夕',/', порождаемое ПФ
R2（4，/'）=4 1/: + ^2^2 + （夕1 一42 + 43）/«•
Учитывая （7.1.2）, находим
41 =4工 夕2 =夕好 夕3 =夕!一夕1+夕&厶=/: +厶，/2 = /6 -"，/3 =厶.
Новый гамильтониан
"（Н Г,力）=一”4 + 23 z+ 1品必-"）厶cos依.
Очевидно, /； = Ci, /$ =。2 ——первые интегралы. Положим）（力）=qt. Тогда существует еще один интеграл
"о = —〃! + 2& （& + 〃）（Q — 〃） 〃 cos&.
Преобразование Фрелиха. Гамильтониан системы Н = =Но + V,
з
Hq^к ^k ^к 5V^ k（61]（12a3 -I-a1a2a3）.
к=1
Найти КП, которое позволяет исключить из гамильтониана члены 〜k.
Решение. Произведем КП а, а* —> с, с*, генерируемое функцией s = s（zf） （см. задачу 7.1.35）:
，3） = а（2‘） + [m s] + ； [[Я, s], s] + ...
Генератор преобразования, содержащий малый параметр 7, выберем в виде s = £)о；。2。^ + к. с. Величина 7 ~ & подлежит определению. Собирая члены одного порядка малости, находим
H\zf) = H0^[H0, S]^V^^ [Яо, 8]^¥^3(1)
Используя фундаментальные СП [с* , с/.] = i8nk^ вычислим предварительно величину
[Яо, s] + V = (-7 @2 - ^1 - 33) + &)若。2爲 + К. с.
Полагая 7 = & (幻2 — ^1 —幻3)一 * получим
2 阳0, 5] + V = - С1С2С3 + К. с.
Для вычисления последнего слагаемого в (1) достаточно найти СП
£ [С1С2С3, С1С2С3] = -|ci|2 |с2|2 + |с3|2 (|ci|2 - |с2|2).
Переходя к переменным действие-угол: сп = д/Лг ^乞夕",запишем гамильтониан (1)
зН (夕,/) = шп1п +зН (夕,/) = шп1п +* (厶」2 — /з (Л —」2))(c^2 — G1 -g3)* (厶」2 — /з (Л —」2))(c^2 — G1 -g3)+ ...+ ...
з
Н (夕,/) = шп1п +
з
Н (夕,/) = шп1п +
* (厶」2 — /з (Л —」2))(c^2 — G1 -g3)
* (厶」2 — /з (Л —」2))(c^2 — G1 -g3)
+ ...
+ ...
Если /3(0)《Л, /2, то второе слагаемое можно интерпретировать как энергию взаимодействия между частицами 7 и 2, обусловленную обменом частицей 3 [94]. Замена переменных имеет вид
^п Сп + [сп, б] + . . . = Сп + 7 (8?г1。2d3 — ^n2^1 C3 + 醜?。]。?)+ • • •
Вектор S и скаляр N определены соотношениями S = =夕*сг夕/2, N =夕*夕/2, где 夕一двумерный спинор с компонентами ai, 。2, ba — матрицы Паули. В комплексном пространстве с координатами ап и импульсами ш* гамильтониан Н = (e'^S^ + ef ^S^ + e^1^^) /2. Найти уравнение, которому удовлетворяет вектор спина S. Получить решение уравнений движения.
Решение. Поскольку
Si =；(若a2 + 碱肉)，^2 = | (碱肉-若а2),
S3 = T (alal -碱02), N = T (若a1 + 碱02),
то, используя фундаментальные СП [a* ,。力]=i5nк, получим
[Sa, S/з] = £a/3)S), [Sa, N] = 0.⑴
Соотношения (1) совпадают по форме с перестановочными соотношениями для оператора плотности магнитного момента во вторичноквантованной теории. Сферические углы 8,夕 вектора S вводятся соотношениями а^ = д/5 cos (е/2) ~/2, «2 = д/2 sin (е/2) с~/2. Учитывая (1), находим
6a = [Sa, Н] = [Sa, S3]^^ = ea3)^^ S).(2)
Следовательно, система (2)
£2^3£з£1£1^2
после замены S& —> — S& совпадает с уравнениями Эйлера для свободного асимметрического волчка [23]. Решение (3) следует, по существу, из соотношений, связывающих эллиптические функции [5]:
d[ d[ d [, о
丁 snz = cnzdnz, — cnz = — snz an z. — an z = —k snzcnz. dtazaz
Переходя к переменным действие-угол ап = д/Лг「屮％
S1 =A/2 COS (41 一 夕2),s2=a/2 sin (夕1 一 夕2),
^3 = | (厶一/2), N = ^ (厶 +/2),(4)
запишем исходный гамильтониан
Н =式» ^)aа + ； (^ — ^)a" cos2(si — 92)+
力27力27- -力27力27- -Ограничимся далее решением в случае Ei = £2 = £• КП(рп, 1п —> жп, Рп：
力27力27- -
力27力27- -
Р2 +(Р1 -。2)+ 力 1, 厶=Pl,
:⑸
Pl -(。1 -。2)+ 力2,/2 =。2,
порождаемое ПФ
R2(6 Р,力)=一^ 也。2 - ^(p1 -。2产 + 41也 + 夕2。2, обращает новый гамильтониан в нуль. Из (4), (5) находим решение системы (3)
S1 =，# 102 COS(3力 + 力1 —力2), s2 =，夕 1。2 sin(3力 + 力1 —力2),
= |-夕2),& =(£「— gT) $3・
Заметим, что гамильтоново представление уравнений (3) позволяет использовать методы теории КП для исследования асимптотического поведения эллиптических функций.
Гамильтониан системы
Н = Епа^ап + к⑴碱肉+ V*⑴若а?
n=l, 2
приводит к уравнениям, описывающим взаимодействие двухуровневого атома с излучением. Показать, что вектор S (см. задачу 7.3.6) удовлетворяет уравнению S = [QS],
С«) = (V + V*, -i(V-V^,石 1 —石2).
Указание. Представить гамильтониан в виде Н =(邑 +石2) N + QS. Таким образом, эволюция двухуровневой системы может быть описана в терминах фиктивного вектора S [99].
7.3.9. Движение магнитного момента частицы в магнитном поле. Энергия взаимодействия частицы с магнитным полем U(力 х) = —^В(力 х), где 乂 = g/^в^ — среднее значение оператора магнитного момента, S — эффективный средний спин, g — фактор Ланде,从8 = 6%/2me,从石=5,787 • 10-5 эВ/Тл — магнетон Бора.
Найти решение уравнений движения момента в постоянном квазинеоднородном поле индукцией В(х) методом теории канонических преобразований [155].
Решение. Вектор S удовлетворяет уравнению
f=[吨， (1)
где Q = —7В, 7 = g^fh [54]. Очевидно, S2(t) = Sq — первый интеграл.
Для нейтрона и протона g〃B т gn,p也N, где gn = -3,826, gp = =5,586, /in = 3,15 • 10-8 эВ/Тл — ядерный магнетон. Магнитный момент ферромагнитной частицы /л = MV〉где М — объемная плотность магнитного момента, V — объем частицы; Mmax ~ 107 (Дж/(Тл-м3)).
Уравнение (1) — результат усреднения гейзенберговских уравнений движения оператора спина по суперпозиции состояниий квазиклас- сического волнового пакета. Поэтому оно не принадлежит к лагранжевым или гамильтоновым уравнениям и не следует из какого-либо вариационного принципа. Однако уравнение (1) можно представить в гамильтоновой форме, используя подход Швингера, установившего связь между оператором момента импульса и спаренными операторами «рождения» и «уничтожения», которые можно ввести при рассмотрении двух гармонических осцилляторов.
Введем согласно условию задачи 7.3.6 «координаты» и «импульсы» qk = dk^ Pk = £。^ (& = 1, 2) с фундаментальной скобкой Пуассона (СП) [Qi, Pk] = 5ik・ Поскольку СП [S高 Sj] = SijkSk, то уравнение (1)
приобретает гамильтонову форму dS/dt = [S, Н] с гамильтонианом Н = QS.
На траектории частицы Q(t) = —7B(t), В(力)=В(х(%)). В терминах канонических переменных гамильтониан
h = — [(1；(12a- +a鼻(11m+ + (a；ai -(12^2) ^3],(2)
где Q± = Qi 土 £口2・ Уравнения движения da^/dt =[。力,H] имеют вид
讐=~iHknan, & = 1, 2,(3)
где Яп = Q3/2, %2 = Q—/2, %1 = 口+/2, %2 = —Пз/2・
Для диагонализации гамильтониана найдем вначале решение задачи на собственные значения Xvn = —Н^к^к，Из уравнения det (// + + А/) = 0 получим собственные значения Ai, 2 = ±》(ь Ag = Q/2, где Q = f^ + 口扌 + Г^ . Подставляя А = Ai, 2, найдем ортонормирован- ные собственные векторы vn^ и о九⑵：
Q 一a3Q-
⑴- 2Q ‘力⑵-,2а(a-必亍'
⑷
a+Q 一 a3
"“(…广。2
Можно параметризовать собственные векторы, вводя сферические углы 8 и 夕 вектора В соотношениями Bi = В12 cos 夕，月2 =月12 sin 夕, Bi2 = В sin 仇 Вз = В cos 仇 Bi2 = B^ + B^ .
Запишем гамильтониан (2) в форме Н = —Штпр^п и произведем КП ” = ак> Рк = £區 т q'k = Ск, р[ = ^Ck,порождаемое производящей функцией
三© "，力)=N)心叽qk,
зависящей от старых координат и новых импульсов. Здесь Ащ〃 = =仅优(川)——унитарная матрица, столбцами которой являются собственные векторы матрицы Всг/2В, совпадающие с (4) с точностью до фазового множителя:
"1 ⑴=cos I 6.加/2,⑵=-sin I 6一加/2,
(5)
仅2(1) = sin I 6加/2,仅2(2) = COS I 6加
Каноническое преобразование 必 = 3巳/3成，рт = dF^/dqm^ порождаемое производящей функцией 巳，имеет вид
Qn = ^notQa, Pm = (A)^m%・
Поскольку (Л)^ =[仅力(а)]*, ТО
Qn = ип(а) Qa, Pm = [^m(^)] Р^ •(6)
После замены переменных новый гамильтониан Н，(q\ р\ t) = (Н + + 3巳/次)равен Н，= Н} + h/:
Hnq\ ",力)=-iH^p^q^ "(/, ",力)=qa心必，⑺
「Де "〃а (^)^щ ^mn^not —入閥‘也& 3〃a (力) 人^力八力а・ СлеДОВИТеЛЬ- но, каноническое преобразование приводит гамильтониан Н虱q\ р\ 力) к диагональной форме H&(q\ pz,力)= —Anc* сп, или
& = Ta⑴ MF —&『)•⑻
Предположим, что индукция магнитного поля на траектории частицы удовлетворяет условию \ш^а\ 《 Q(t),从,а = 1, 2. Тогда H〈q\ р\ t) ^ —Апс* сп. Решение уравнений, порождаемых гамильтонианом 方-представляет собой КП с/. —> 6/.:
ci = b\e*/2, с2 = Ь2е~гг1^,〃⑴=]Q(力)dt,
61 = v^TC 产/2,匕2 =厂询之
С и 0 — постоянные интегрирования. Общее решение уравнений (3) имеет вид ап = Л.паса. В результате подстановки ап = Л.паса получим компоненты вектора S^ = &(a)S；, где 尺九⑷—декартовы компоненты действительных векторов R(a) (а = 1, 2, 3):
/⑴=
В1В3
%⑵
_62
/⑶=
ВВ^
^2(1)=
月2月3
ВВ12‘
A2⑵
a2⑶=
⑼
%⑴=
^12
A3⑵
=0,
^3(3)=
Компоненты вектора S； получим после замены ап ^ сп в компонентах Sa приведенных в решении задачи 7.3.6:
SI= S^ —С? cos(〃 + 0), S$ = — S^ —。2 sin(〃 + 0), S4 = C.
(10) Поскольку BS = ВС, то в квазиоднородном магнитном поле величина C = BS /В — проекция вектора S на касательную к силовой линии, является адиабатическим инвариантом. Среднее значение (S) = R3C = = ВС/В
Отметим, что КП。力—> с^ задает переход к новому базису п/. —> п[ (& = 1, 2, 3), в котором вектор В направлен по орту ng. Действительно, Eik = (R—1)勿а；——матрица поворота вокруг осей 323 на эйлеровы углы 夕1 =夕，夕2 = °,夕з = °, которые представляют собой обычные сферические углы оси z‘. Тогда в новом базисе S； = Ei^Sk； компоненты угловой скорости з[=―⑦ sin仇幻$ =白,幻4 = S cos®. Подставляя Sm = S^Enm в (1) и учитывая соотношение dEnm/dt = £九$力石sm^Z， получим уравнение
dS^/dt^Si^S^(И)
Компоненты Q[ = E^s^s —以 соответственно равны
皤=(Qi cos 夕 + 口2 sin 夕)cos 0 — (рз —⑦)sin 8,(12)
^2 = —口1 sin 夕 + 口2 COS 夕 + A
Q3 = (Qi cos 夕 + 口2 sin 夕)sin 0 + (Q3 — 0) cos ^,
где Q(t) = —7B(力).Решение уравнения (1)
Si = (Sj cos ® + S« sin 8) cos 夕一S$ sin 夕，(13)
$2 = (Sj cos ® + S« sin 8) sin 夕 + S$ cos 夕，
S3 = —SI sine + Sg cos®.
Полагая В(力)= 6(sine cosg, sin0 sing, cos。), получим угловую скорость (12) во вращающейся системе координат & =⑦ sin 仇 Q$ =仇 口4 = Q — S cos 8. Отсюда следует, что адиабатический инвариант С = =BS/B существует при условии Q》\шг\.
Сделаем два замечания. 1. Представим уравнение (1) в тензорной форме: dSi/dt = Ai^Sk, где Л^ = е订力口^(力) — антисимметричный тензор; Л21 = Пз, Л32 = Qi, Л13 = «• Тогда векторы
V(i)=纟(R⑴ + £R(2)),▽⑵=[V(1)]*, V% = R⑶
представляют собой собственные векторы уравнения 。弘 = 厶订匕 (。⑴) — матрицы Паули, п = 1, 2, 3), соответствующие собственным значениям 内=—Ш,。2 =涮，。3 = 0- Векторы Vg) образуют ортогональный базис [Vg)]* V(b)=九万[156].
Уравнения Лагранжа-Эйлера для функционала
/ =]出l(或明力)，
l(味 ak, t) = I \an 醬1 - a* 爷^ + "(明 ％ 力)，
имеют форму уравнений Гамильтона. Существенным достоинством гамильтонова формализма является возможность применения новых
методов интегрирования канонических уравнений движения [1, 157, 158]. Введение функционала позволяет использовать прямые вариационные методы типа Бубнова-Галеркина.
Классическая теория магнитного резонанса. Частица движется в магнитном поле, индукцией В (力) =В。+ Вр(", В。 = =(0, 0, 6q), Вр = 6p(cos3t)— sin 3t, 0) /⑴，/⑴=0, при t < 0, t > 丁, /(力)=1 в интервале 0 ^ t ^ т. Найти решение уравнений движения магнитного момента при условии о; = П。, П。= 760.
Решение. Гамильтониан частицы
X = 一T [若a2ape必力+碱肉口评一必力+ (若肉-碱a2) ^o],0 W力W厂
⑴ где Qp = 7%. Два последовательных КП а т q т с:例= =gi exp (Ей;力/2), а? = 42 exp £幻力/2);
Ql = Cl COS у - C2 Sin у , 耍=Cl Sin у + C2 COS у ,
sin % = ^ , cos % =。\ “ , Q2 = Qp + (^0 — а)?
приводят гамильтониан к диагональной форме Н т h>
九= Та(®|2—闷 2).⑵
Решение канонических уравнений, порождаемых гамильтонианом (2)
Q = b 宀 2, С2 = bz …У(3)
где bi =，1 + С ехр(£0/2), 62 = 7、— С ехр (—г/3/2), С и 0 — постоянные. В новых переменных вектор момента
Sl= 1-С2 cos (Ш + ^), S$ = — 1-С2 sin (Ш + ^), S4 = C.
Переходя к новым переменным а —> с, получим решение канонических уравнений S(力)в области О W 力 W 丁：
Si = (S； cos % + S3 sin J。)cos a力 + S$ sin 幻力，
$2 = —(SI cos仇 + S3 sin仇)sin3t + S$ cosu;力(5)
S3 = —S； sin% + S3 cos%.
Если выполняется условие резонанса о; = Q。, то О。= тг/2. Компоненты угловой скорости в новом базисе Q^ = Q$ = 0, 口台=—口歹 соответствуют эффективной индукции В，= (0, 0, Ьр). Решение (5) в интервале времени О W 力 W 丁 приобретает вид:
Si = S« cos 3t + S$ sin 幻力,(6)
$2 = —S« sin a力 + S； cos a力 S3 = —S[.
Пусть S(0) = (0, О, 1). Тогда из ⑷，⑹ находим S'(0) = (―1, 0, 0), С = 0, /3 = тг,
Sj = — cos Qpt, S2 = sin Qpt, S« = 0.⑺
Следовательно, компоненты вектора S (力)в интервале времени О W 力 W 丁 соответственно равны
Si (力)=sin Qpt sin Qo^(8)
$2(力)=sin Qpt cos Qq^5 $з(力)=cos Qpt.
Скалярное произведение SB「= 0, т. e. вектор S вращается вокруг оси z' с угловой скоростью Ср, оставаясь ориентированным перпендикулярно вектору Вр(%).
Рассмотрим два случая.
А. тг-импульс. Если переменное поле включено в интервале г, удовлетворяющем условию С^т = тг, то S'(t) = (1, 0, 0), S(t) = =(0, 0, —1). При 力》丁 имеем Si⑴ =0, S2⑴ =0, $з(力)=—1. Резонансный «тг-импульс» переворачивает магнитный момент.
В. «90°-градусный импульс». Если переменное поле включено в интервале г, удовлетворяющем условию Qpr = тг/2, то S，(t)= = (0, 1, 0). При 力 》丁 после выключения переменного поля момент прецессирует в плоскости, перпендикулярной вектору В。：
Si⑴=S$(t) sinQo (力—т), S2⑴=S$(t) cosQq (力一丁)，
S3«) = S4(t) = O・
В результате возникает переменный магнитный поток, который может индуцировать ЭДС индукции в катушке, содержащей образец из исследуемого материала [159].
Найти решение канонических уравнений с гамильтонианом Н = —2//BS, В⑴=6(sine cosu；3 sin3 sinu;t, cos。).
Решение. Исходный гамильтониан
H = —Зн sin。(а；的^—似* + 肉磁^毎)—Зн cos。(|ai|2 — |а2|2), где ши =从6. Произведем КП а】=^1е-гш*/2 〃2 = b?^?^"% 110PoЖдае— мое ПФ
巳(包6*,力)=金 (肉&6必"2 +a2坊6一必"2).
Новый гамильтониан
Hf = -Q sin^(6*62 + 坊仇)一Q cos0 (|6i|2 - |62|2),(1)
шн sin ^ = Q sin /3, ш/2-\- шн cos 8 = Q cos 0.
Следующее КП 6, 6* —> с, с*:
61_cos 0/2—sin 0/2
62—sin ^/2Q 十 cos 0/2°2
приводит (1) к диагональной форме: НП = —Q |ci|2 + Q |с2|2- Решение канонических уравнений ci = /^с*。*。2 =厶2 6一乞^二 Если подставить ап в выражение 夕*сгд/2, то получим S(力).
Решение уравнения Шредингера
£嘗=育次育=丸+卜(八)(1)
можно искать в виде разложения
以力 х) = cs(t) ф£)(х) exp (-iE^t)⑵
S = 1
по собственным функциям Ф，°)(х) уравнения丸 Ф” = Е°)Ф” (Е^ — собственные значения). Показать, что коэффициенты cs(t) удовлетворяют канонической системе.
Решение. Уравнение (1) является решением вариационной задачи для функционала
/= dtcfix ^ (&吵*吵一吵*&*+ 吵* 60 .(3)
Подставляя (2) в (3), найдем после интегрирования по координатам новый функционал
^ = \dtL, L = (с*сп - с*сп) + "(о, о*,力)， J⑷
н(c,d，力)=^п1 п^П>сп ехр (金3九/n力).
Здесь шп>п = Еп> — Еп, Vn>n — матричный элемент,
K^n = I (^Х Ф^ V(t, х)Ф”
Вариационные уравнения Лагранжа
d dL _ dLd dL _ dL
dt дёп dc^，dt dcn dcn
принимают форму уравнений Гамильтона
Cn = [сп, Я], с* = [cn, Н](5)
с координатами сп и импульсами гс*. Фундаментальная СП [с* , Ck]= =i6nk- Из (5) находим
⑹⑹^сп = V^s(t) cs exp [i(ajnst^.
⑹
⑹
Существенным преимуществом представления (5) является возможность применения мощных методов теории КП для отыскания приближенных решений уравнения Шредингера.
Двухуровневая система. Найти решение системы с гамильтонианом
Н = Va^aieiSt + V*aja2e-^, J = ^2i - a.
Начальные условия ai(0) = 1,。2(0) = 0.
Решение. После КП а^ =仇厂晶华。2 = Ь^ё1'項? (см. задачу 7.3.10) получим гамильтониан
h = V6*6x + m*6泌2 - I 8 (囱12 一也12).
Пусть V = V()e27. Канонические уравнения имеют решение
61_ cos 0/24 丄 sin^/2e-i7 л
62—-sin^/2e^十 cos0/2，
q sin^ = Vo, a cos。— I, a = Vq + (g).
Заметим, что КП a —> 4 сохраняет СП. Учитывая начальные условия, находим 4 = cos 0/2, 4 = 产 sin 0/2,
肉=(cos a力 + 〃楽 sin a力)6-饱/2, a2 = sin Qt ^"/z+g
При 8 = 0 имеем a± = cos Vot, g = —ie27 sin Vot [54].
Двумерный комплексный вектор qm удовлетворяет уравнению @т + £mn(t) qn — 0, где emn — £*m — эрмитов тензор. Записать систему в гамильтоновой форме. Найти решение в первом приближении метода ВКБ.
Решение. Гамильтониан системы
“ =РпРп + ^mn(^) QmQn •
Произведем вначале диагонализацию квадратичной формы. С этой целью найдем решение уравнения £他九仅九=入^仅优.Обозначая £12 = =|£12丨6叱 получим собственные векторы
^Дв-sinl^ ^(2)Д cosl j5
tg)=tg)=£11 — £22£11 — £222同2丨
tg)=
tg)=
£11 — £22
£11 — £22
соответствующие собственным значениям
А1 2 = 2 卜11+£22±（£11 — £22）2 + 4 |£12『]•
Произведем КП q, р Т д',夕‘：qn = △院或，pn = △”儿，порождаемое ПФ F2 = A^mP^Qm + К. с., где Д-^ =仅优3）= л^^ — унитарная матрица, удовлетворяющая условиям ортогональности:
（△ + △）〃〃 = △他从△他" =8从",еT?!?!△他从△?!" = 》:8从〃.
Поскольку △+△ = /, то вклад производной ПФ можно представить в виде
3力3〃〃P〃g〃 + К・ с.,3〃〃 △^т^гУт •
В новых переменных гамильтониан
，=。窝Z +》3/或 +（3〃〃％^ + к・ С.）.
Произведем теперь КП
V /人从N
порождаемое ПФ
巳=T^g/G + £ 布（Q＞； + q；哨—£*7
Новый гамильтониан
九=A〃（a%a川 + 6/川）-£ ^- （a〃g - а/%） +
+ I- M）（"" + 优）+ к. e.
Общее решение в ВКБ-приближении
Заметим, что рассмотренная система описывает распространение волн в плоскослоистой плазме при нормальном падении [100] или задачу двухканального рассеяния скалярных частиц [50].
Преобразование Крейна. Показать, что гамильтониан Н =（夕2 + &2力2） /2 — Лжр, где функция Z（力）удовлетворяет уравнению
Риккати Л — A2 -\-u(t) = 0, порождает уравнение Шредингера 近 + [k2 + + u(t)]力=0.
Система с континуальным числом степеней свободы. Гамильтониан системы
Н = d3p [/(р) %а「+ j g(p) (%吃 + ара_р^ .
Фундаментальные скобки Пуассона координат ар и импульсов г а*
[味 а" = £ 8⑶(к - р),[味 а；] = [ак, ар] = 0.
Найти каноническое преобразование, приводящее гамильтониан к диагональной форме.
Решение. Произведем КА ар, £% —> %, гс*:
dp и Ср V с—р,а, 仅。0 0 d—p.(1)
Для определения функций и, о необходимо получить два уравнения. Одно из них следует из условия сохранения СП
и2 — V2 = 1.(2)
Второе уравнение получим из условия того, чтобы преобразованный гамильтониан принял вид
Л = j d3pupCpCp.(3)
Подставляя (1) в //, имеем
Зр = (и? +产)/ - 2^g,⑷
uvf - I (仅2 +。2) g = 0.(5)
Произведем параметризацию, полагая в (2) и = ch 夕,о = sh 夕.Подставляя 仅,о в (5), получим 仅2 + о? = ch 2夕,2uv = sh2夕,th 2夕=g/ f. Далее из (4) находим 幻^ =/2 — g2 . Используя соотношения
= 3(圆2夕+ 1) = g + 1)， ^2 = j (ch2夕一1) =—
найдем явный вид канонического преобразования. Производящая функция преобразования (1)
&("«*)= 2^ "汨(sh "二 + 2ам\ - sh ”三丿.
Во вторично-квантованной теории сверхтекучести гамильтониан Н описывает систему слабовозбужденных бозонов, а「，а* — операторы уничтожения и рождения бозонов [44, 67]. Однако аналогичное КП, из-за некоммутативности операторов приводит к результату, который отличается от (3).
Уравнение Гамильтона—Якоби
Частица движется по поверхности параболоида вращения. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона-Якоби.
Решение. Поместим начало координат в фокус параболоида. Тогда уравнение параболоида 力2 + g? = а? + 2az, где а/2 — расстояние от фокуса до вершины. В параболических координатах & 斗屮 уравнение связи 〃 = а (см. задачу 2.2.19). Лагранжиан частицы
£ = ^(£ + ")^ + ^ 一貲_ а).
Вводя импульсы, равные р§ = (m/4£) (£ + а) £,夕夕=т^аф^ получим функцию Гамильтона
Имеем уравнение
m (4 + V 04 7屮丿 2' 丿 dt
Его решение ищем в виде S = —Et + М屮 + /(£),
〃£)= ]"£ 宰— 2g —
Найти полный интеграл уравнения Гамильтона-Якоби для частицы, движущейся в однородном постоянном электрическом поле.
Решение. 4-потенциал поля можно задать выражениями 夕=—Ex, А = 0 или 夕=О, А = — cEt, связанными калибровочным преобразованием. Во втором случае
⑴⑴" = *(Р + еЕ 力)2
⑴
⑴
Будем искать решение уравнения
dS瓦dS瓦2m V ox 丿2m V ox 丿=0=0
dS
瓦
dS
瓦
2m V ox 丿
2m V ox 丿
=0
=0
в виде S = сх + /⑴.В результате находим
S = сх —靑[(° + сЕ力)2 dt.
Решение уравнений движения х‘ = dS/dc^ р = dS/dx имеет вид
х = х‘ + £ 力 + ± сЕ力Гр = с.
т 2m
Заметим, что ПФ F^ = хр，— eExt, реализующая КП (7.1.2) х = х[ р = р‘ 一 сЕ& приводит гамильтониан (1) к более привычной форме
Н(х\ “) = £р'2 — сЕх'・
7.4.5. Задача Кеплера. Частица движется в поле тяготения, создаваемого однородным шаром.
Найти полный интеграл уравнения Гамильтона-Якоби и решение уравнений движения.
Решение. В сферических координатах гамильтониан задачи Кеплера
h =迎 +—e
2m 2mr2 2mr2 sir?® '
Уравнение Гамильтона-Якоби
竺+丄門 + 丄+1_ 02」=0
dt 2m \ dr J 2mr2 \00 J 2mr2 sin2^r'丿
Решение (1) следует искать в виде S = —Et + W
w = k + Si6 + S2(e).
Для разделения переменных положим
Тогда функция Si(t) удовлетворяет уравнению
丄+皿/=石
2m \ dr J 2mr2 r
Следовательно, из (2), (3) получим
r e
Si = dr 2?72 ( Е о И— ) ,$2 = — dO M 一 —о~ •
J〈 2mr2 т 丿'Jsir?®
тг/2
丄 as / asasf =苑，现=而，ь。=砧.丄 as / asasf =苑，现=而，ь。=砧.⑷⑷Найдем теперь решение системы канонических уравнений, вводя константы
丄 as / asas
f =苑，现=而，ь。=砧.
丄 as / asas
f =苑，现=而，ь。=砧.
⑷
⑷
Ограничимся рассмотрением эллиптических орбит, полагая в (4) Е — —Eq < 0. Вычислим интеграл
--tp = --力 + dr—^^^^^^^^^^^^^^^^^^=
+
m、 2mr г 7
с помощью подстановки
丁 = а (1 — е cos £),丁 = а (1 — е cos £),аа2 石о ”2та22 石о ”2та2
丁 = а (1 — е cos £),
丁 = а (1 — е cos £),
а
а
2 石о ”2та2
2 石о ”2та2
В результате получим о;(力一力「) = £ — е sing. Для вычисления второго интеграла
тг/2тг/2
тг/2
тг/2
положим Mz = М cos г, cos 0 = sin г sin 吵(см. задачу 1.5.3). Тогда имеем2
丁 = р [1 + е cos (吵一观)]Р =—-
Последний интеграл
,[Mz1
Do =g + d0 ^^^^^^^=
J sm " M2 _ M2/sin26>
вычисляется с помощью подстановки ctg£ ctg0 = sinu:仅=夕一夕°.
Адиабатические инварианты. Записать полную энергию частицы в терминах адиабатических инвариантов эллиптического движения.
Решение. Адиабатические инварианты, введенные Эренфестом, представляют собой интегралы по области движения частицы
J「= —— о dr 2ш ( Е 9 + — ],
2万 JV 2mr r /)
27r Jsin 027r
Для вычисления первого интеграла произведем замену г Т и; г = =(丁2 — 丁1)仅/2 — (丁2 + 丁1)/2, где 丁2, 丁1 — точки поворота [86]. Подстановкой о = J1 — и/д/1 + 仅 подынтегральное выражение приводится к рациональной функции. В результате интеграл вычисляется методом
теории вычетов:
Jг — аJг — аm л彳
Jг — а
Jг — а
—-—-М.
—2石
Далее находим Jq — М — MZ1 丿夕=Mz. Следовательно, Е = =—mo^/^^Jr + Л/)2].
Задача Кеплера в переменных действие—у гол. Введем импульсы — «действия» 厶=丿夕=^z^ J^ — Je ~\~ J^ — M, Ji = J「+ + J® + 丿夕 и координаты — «углы» wi, W2,仅3. Найти КП: г, 8,夕,рг, Ре> Ру Т wn, Jn (n = 1, 2, 3), порождаемое производящей функцией
巳=巳=еdeеde召-為+召-為+тг/2тг/2
巳=
巳=
е
de
е
de
召-為+
召-為+
тг/2
тг/2
2 та +夕+万戸"九
Решение. Поскольку wn = dF^/dJn^ то, учитывая решение задачи 7.4.4, получим
о;力 + 仅1 = £ — е sin£, 丁 = а (1 — £ cos£),cos 8 = sin £ sin 吸 丁 =夕[1 + e cos 侬—W2)] \ctg i ctg 8 = sin (夕一仅3).
Здесь р = J^/ma^ e2 = 1 — (J2/丿1产 а = J^/та. В новых переменных старый гамильтониан Н = —ma2/2J^. Частота вращения по орбите о; = дН/dJi = то? j J^. В результате КП новый гамильтониан обращается в нуль: импульсы Jn и координаты wn — константы.
Гамильтониан, описывающий одномерное движение частицы
Найти полный интеграл уравнения Гамильтона-Якоби.
Решение. Произведем КП к переменным действие-угол. Полный интеграл уравнения Гамильтона-Якоби S = —Et + W(ж,石),
冗0
W(x, Е) = dx 27n(石_手力4}鄧=(^)1/2 石 1/4.⑴
Введем новый импульс-действие:
⑵⑵
⑵
⑵
Учитывая тождество
1 -"41 -"41 _£3 du1 _£3 du;721;721
1 -"4
1 -"4
1 _£
3 du
1 _£
3 du
;721
;721
интегрируем по частям и подстановкой и2 = 1 — z2 приведем результат к полному эллиптическому интегралу:
1о1оdudu11
1
о
1
о
du
du
2 ' du _ 2 " dz_)
оо
где К(1/д/5) ^ 1,85. Следовательно,
Подставляя E в (1), найдем производящую функцию КП х> р Т 屮〉 /: &(力,/) = VK(ж,石(/)). После приведения интеграла к нормальной лежандровой форме получим
11
3尸2 _m дЕ fdu _ tv [du
J/1ж/жо (1 — 〃2)+J/1ж/жо (1 — 〃2)+。=~эГ =赤亓 J— “4 = 2к
J/1
ж/жо (1 — 〃2)+
J/1
ж/жо (1 — 〃2)+
ж/жо
Далее находим
р =р =3尸2дх3尸2дх2ш(Е _亨卜-2^("/3学 学•2ш(Е _亨卜-2^("/3学 学•
р =
р =
3尸2дх
3尸2дх
2ш(Е _亨卜-2^("/3学 学•
2ш(Е _亨卜-2^("/3学 学•
В новых координатах гамильтониан 九(/) = (//。尸/三 Частота колебаний
3 =祭=脑-"3/1/3
Используя соотношения, связывающие эллиптические функции, убедимся, что СП [ж,夕]夕，/ = 1.
Частица движется в поле U = U（х）. Найти производящую функцию Fi（x, xz,力）канонического преобразования к постоянным координатам и импульсам: 1） U（х） = 0; 2） U（х） = тш^х1 /2.
Решение. Функция S（x,力）является решением уравнения Г-Я
9S I ds Д n
Пусть х = х（х- р-力），р = р（х- р- t） — решение уравнений движения, являющееся КП к постоянным значениям х‘ и р‘. На траекториях системы функция /（xz, р-力）=S（x（x- р-力）,力）удовлетворяет уравнению
Определяя из уравнений х = х（х- р-力）значение р， = тг（х, х-力）, соответствующее траектории, проходящей через точки х‘ и х = x（t）, получим искомую ПФ
⑴⑴Fi（x, х［力）=j d，2（х［万（x, x',力），Q.о
⑴
⑴
Из уравнений движения следует х = х，+ （p，/m）力 р = р- Z = =р/2/2т,
Rl（x, К 力）=dt! m （嚷产 х） = ^（X — x'）2. о
Решение канонических уравнений
х — х cos о;力 Нsin а力,0 = —тз岔'sin о;力 + р cos 3t.
mo;
Подынтегральное выражение
/（ж\ р\ 力'）=^- （j/? — m%%'，cos2ш^ — шхр sin2ш^
mo;22 sin%力mo;22 sin%力после подстановки 夕‘ приобретает вид
mo;2
2 sin%力
mo;2
2 sin%力
[ж/2 cos 2з （力—力'）+ ж2 cos 2幻，—2力力'cos о; （2,—力）].
Из （1） находим
Fi（ж,力 1 力）=2 靠^力［（力2 + 力‘2） cosu;力 - 2力力［.
Найти решение задачи Коши для уравнения Г-Я с начальным условием S(x, 0) = Sq(x).
Решение. Общее решение уравнения Г-Я S(x,力)на траекториях системы S (х(х- р-力)，力)=/(xz, р-力)имеет вид [89]
t
/(х\ р‘，力)=So(W) + j dtf /(xz, p-，)•о
Решение канонических уравнений определяет траекторию частицы, выходящей из точки х‘ с импульсом р‘ в момент времени 力 =0. Из начальных условий следует, что вектор р‘ имеет в точке х‘ вполне определенное значение р‘ = dSo/d^. Подставляя р‘ в уравнение траектории х = х(х_ р-力)，найдем координату точки х$(х,力)，из которой выходит траектория, проходящая в момент времени t через точку с координатой х. Следовательно, решение задачи Коши
S(x,力)=/(Xq(x, Z), p'(x%(x,力))，力).
Пусть для свободной частицы Sq(x) = ах?/2, тогда
/(Xх, р-力)=；ad +笈九
Поскольку р，= ах- то из уравнения х = х，+ (p，/m)力 находим
x$=x(l + D： 6(x,t) = ^ax2(l + D：
Частица движется в поле U = U(х). Найти функцию КП F(x, xz,力)к постоянным координатам и импульсам в виде ряда теории возмущений. Рассмотреть случай U(х) = — mgx.
Решение. Будем искать решение уравнения Г-Я в виде
F(x, xz, t) = — + 尸凡(х, х‘)，£ = х — х‘.(1)
Функции К(х, х‘) удовлетворяют системе рекуррентных уравнений
(72 + ^otdo，^ Fn = ^n(X),
1 .⑵
41 = —U(x),夕2 = 0,^3 =(VF1)2,...
Следуя Фоку [101], запишем тождество
1
/任)=j成^5叮(/ + w力о
учитывая которое получим решение (2)
1
/(х, х‘)= j ds s"T 4n(X’ + £s).
о
Очевидно, выполняется соотношение F(x, х-力)=F(xz, х, t). Полагая U (х) = —mgx, получим точное решение уравнения Г-Я
R(x, х\ 力)=嚓 + mg (х + xz) j - mg2 |j •(3)
Из (7.1.1) находим КП x = x/ + (p//m)力+ g (力？/2), p = p' + mg力.Новый гамильтониан в соответствии с (7.1.5), (3) равен нулю.
Глава 8
КАНОНИЧЕСКАЯ ТЕОРИЯ ВОЗМУЩЕНИЙ
Введение
Рассмотрим систему 2п уравнений
2〃 = [^, Я], H（z,力）=Яо（^,力）+ £ 九％ 力）.（8.1.1）
Фундаментальные СП [z〃, zj = з^ [1]. Предположим, что уравнения 2〃 =同，Яо]（8.1.2）
имеют решение z = z（z-力）.Координаты z（ подчиняются уравнению
2；=局，£〃（，t）],£〃（，力）=eh（z（z\ 力），力）.（8.1.3）
Решение этой системы z（ = z^u^ 力,e） является КП z‘ 一＞ 仅 к постоянным координатам и^^ в которых новый гамильтониан равен нулю. Таким образом, точное решение уравнений （1） имеет вид
年⑴=2儿（2‘（"，力 E）,力）•（8.1.4）
Пусть 2厶（力о） = и^. Тогда при е = 0 имеем
2川（% "。＞0）="4,24 = 24（% 力）,h[z（u^ 力），t^ - h （% %）. Будем предполагать, что выполнены условия теоремы Пуанкаре о разложении решения в ряды по степеням малого параметра е
年= ^ *）（%",（8.1.5）
zfj（H）, *）=贤祭）』=難（祭
Следовательно, решение исходного уравнения представлено в терминах коэффициентов разложения в ряд Тейлора решения уравнения （3）:
2:（生力后）= 不乙如（生力），4（n）=（8丄6）
n=0'
Для определения z；（九）（仅,力）подставим （6） в （3）. После вычисления п-й производной по е от обеих частей （3） положим е = 0, тогда получим систему линейных дифференциальных уравнений
_ah!（и、t）—t） /
Интегрируя эти уравнения, найдем из （5） решение исходной системы
ООt力 1力 71 —1
zn — en j dti j d力2 … j dtnx n=° to 加to
x […蜀（乩力），Л（^1, t^h^,力2）].. ]h（zn,拆）],（8.1.7）
где 乏川& 三 2川（2公,力a）, z^a 三 之々（力a）・ СП вычисляются по переменным 4^о）И-
Произвольная динамическая величина F = R（z,力）удовлетворяет в силу системы （1） уравнению
黑=学+产，印.（8.L8）
Решение （8） также может быть представлено в форме ⑺
ООt力 1力 71 —1
F（t） = en j d力 1 j d力2 … j dtn x n=° 扣 扣t0
x [... [F{z（t\ 力），九（乏1,力 1）]九（电 t2）].. ]h{zn. tn）]. （8.1.9）
При конкретном вычислении членов рядов （7） или （9） возникают СП вида
[Z（Wa, 力a）, 6（w6,力b）] - ^^历4①与"b] q- ,
которые можно представить в терминах запаздывающих функций Грина
G〃〃％, tb,乏0）= -0（ta -备）[/（力a）,幺〃％）]才（8.1.10）
Заметим, что в качестве гамильтониана нулевого приближения можно взять Н° = 0. Если гамильтониан Н не зависит от времени, то в этом случае （8.1.7） приобретает форму ряда Тейлора:
年⑴=2〃0 + [^0, //（&）]（力一力0）+ [[^0, "（2。）] "（&）] “ а?' + • • •
• （8.1.П） Исследование сходимости полученных решений может быть проведено на основе метода мажорантных рядов Коши или методом сжатых отображений.
Пример 1. Найдем решение уравнения [102]
近=一茲+e/（力，力），e《L
Гамильтониан задачи Н = Яд + £九,
2
% = ^~ + U⑺，£ Л（ж, t） — 8 и（х^ t\
/ = —ди/дх. Полагая в （8.1.7） z^ = ж, получим 力⑴=力⑼ ⑴+力⑴ ⑴+ + ...,力（°）三力=ж（жд,夕6，力）——решение невозмущенного уравнения,
优⑴⑴=-d力1 G（力力1,流，尿）言仪（力1, й）.
加1
Согласно （8.1.10）
G（力力 1, 2（） = -0（力一力 1）G（力力 1, 2（） = -0（力一力 1）dxi дх dxi、 дро дро дхо）'
G（力力 1, 2（） = -0（力一力 1）
G（力力 1, 2（） = -0（力一力 1）
Очевидно, функции 貿⑴ = дх/дх^ & （力） = дх/др^ являются линейно-независимыми решениями уравнения £ + ^ （d2U/дх2） = 0, а функция Грина — решением уравнения
小 + G = 8（力—力 1）.
дх
Заметим, что в переменных действие I — р^ угол 夕=力$ исходное уравнение имеет вид
di 'di '
di '
di '
R（6 /,%）=/（力⑻（6 /,力），%），% = %（/）•
Пример 2. Найти решение уравнения ж = а（力）ж + b（t）. Гамильтониан задачи Я （ж,夕，力）=夕（а 力 + 6） （см. гл. X）. Представим Н в виде Я = Я о + £儿 Но = арх, eh = bp. Решение уравнений （8.1.2）
х — х exp[J d力 1 а（力 1）,扣х — х exp[J d力 1 а（力 1）,扣Р =Р =Р ехр [一 j力ОР ехр [一 j力Оd力1 a（力1）d力1 a（力1）
х — х exp[J d力 1 а（力 1）,扣
х — х exp[J d力 1 а（力 1）,扣
Р =
Р =
Р ехр [一 j
力О
Р ехр [一 j
力О
d力1 a（力1）
d力1 a（力1）
является КП ж, р —> 力-夕'.Теперь следует найти решение уравнений （8.1.3）, где е/г/（力-夕-力）=b（t） р' exp J dt± а（й）"|. Полагая в （8.1.7）
z^ =力(力-pz,力),находим, что ряд обрывается на втором члене, и мы получаем точное решение
力(力)=力% exp ] d力 1 a(力 1) + ] d力 1 6(力i) exp ] dt1 a^).力0力0力1
Интегрирование уравнений движения
Найти приближенное решение уравнений движения частицы, движущейся в поле тяжести U(х) = — mgx в системе отсчета, вращающейся с постоянной угловой скоростью Q.
Решение. Гамильтониан задачи
2
"(*，Р)=粉-sgx + & j/〃，
где 3从"=£川〃5口5・ Выберем гамильтониан нулевого приближения Но = =0. Тогда все СП в (8.1.11) могут быть выражены через две специальные СП
[力S, "]^^ + 3s〃力〃, [Ps , Н] ^^gs + 3s〃夕〃 ♦
Действительно,
[[^m , "] "]G [Рт , "] + ^ти [力"]
gm + ^Ш ^Зщ"。" + UJmyUJy^X
[[[^т , "] "] "]2з7n〃g〃 + 3?72 'Зт^З^вР/З + 3r^3^03вqX
[• • • [^т , "] • • • "] = 33mb>3bBgв + 4ш '3^^3^^3gp、+
4 раза
+ 3 rп^Зьрзв? 3 ToiX q.
Для упрощения этих выражений воспользуемся соотношениями
=[A£2]m,
^my^y^^^[[A£2] £2] ,
Za = —Q? [A£2]m .
Учитывая начальные условия 力&(°) = 力厶，亦a(0) = °a = 夕a/加 + + ^^^^^(О), получим
х⑴=X，+ v力 + (g 一 2 [Qv] - [Q [Qxz]]) |y +
+(2 [gQ] + 3 [Q [Qv]] - 2a2 Qx[) ^ +
+(3 [[gQ] Q] + 4a2 [QV] + 3 [Q Qx〔]) £ + ...
Найти приближенное решение задачи Кеплера.
Решение. Гамильтониан Я(х, р) = р2/2т + U(х), U(х) = — а/|х|. Несмотря на то что решение уравнений движения может быть найдено в квадратурах, для получения явной зависимости координат от времени необходимо использовать приближенные методы. Полагая в (8.1.11) z^ =力川,получим
111
=тР，^~ т 九U九〃 и儿 3!
Вычисляя производные, найдем е乂 ="1⑴矶 + 仅2⑴儿，где й1,2 —— линейно независимые решения уравнения движения
_ 1 а_ 1 а⑴⑵⑴⑵
_ 1 а
_ 1 а
⑴
⑵
⑴
⑵
Ряды (1), (2) при определенных условиях быстро сходятся и могут быть использованы при определении элементов орбит КА [24].
Найти зависимость переданного импульса от прицельного параметра при рассеянии высокоэнергичных заряженных частиц.
Решение. Выберем Яо = р2/2т. Тогда ха = х^ + pfat/m^ ра = =夕厶.Эволюция новых переменных определяется гамильтонианом Н‘N1 р-力)=—a |xz + р^/т|-1. Полагая в (8.1.7) z^ = р^, eh = =方'(х- р-力),получим
ра⑴=弘(力0)+ J d右[以，同(力1)] 唄[j? +… =
(1) X’ = Ь, р/(力о) = mv,(1) X’ = Ь, р/(力о) = mv,=心(力。)- j…⑴
(1) X’ = Ь, р/(力о) = mv,
(1) X’ = Ь, р/(力о) = mv,
Пусть b — прицельный параметр. Полагая в 力о —> —оо, (bv) = 0, получим
р ⑴=mv —р ⑴=mv —№+們2尸，經一力言b+…⑵№+們2尸，經一力言b+…⑵
р ⑴=mv —
р ⑴=mv —
№+們2尸，經一力言b+…⑵
№+們2尸，經一力言b+…⑵
Переданный импульс q = p(oo) — mv = —(2a/vb2) b. Заметим, что (2) можно представить в виде [103]
Найти решение уравнения тх + т^ж = R（力）. Решение. Гамильтониан задачи Н = Яд + АН,
% = ^ + 堂*, =
Найдем решение
х — х cos а。力 Нsin р = —т^^х sin 幻。力 + p cos 幻。力
уравнений, порождаемых гамильтонианом Hq. Эволюция штрихованных переменных определяется гамильтонианом Н，（х\ 夕-力） = = —х（х\ 夕-力）R（力）.Вычисляя СП в （8.1.7）, находим, что ряд обрывается и дает точное решение
t
力⑴=力⑴-j d，［力⑴，力（y）］ R（力'）•（1）
Введем функцию Грина соотношением （8.1.10）
G（t, У） = —0（力—tf） ［x（t\ 力（У）］ = °（力—力'）3丁1 sin у。（力—У）.（2）
Тогда （1） приобретает вид
力⑴=力⑴ + j dt! G（t^，） F^}.to
Найдем уравнение, которому подчиняется функция Грина. Из （2） последовательно получим
^ = 一8（亡一，）取力），力（y）］ 一e（亡一，）伤⑴，力（，力= =一^e（力一 ，）历⑴，力（y）］,
8（力一力‘）忻⑴，力（y）］ 一 ^ ё（力一У）仿⑴，力（力‘）］.
Поскольку Q = ［р, Яд］ = —тш^х^ то
f+3紹=
Найти приближенное решение уравнения
ж + а^ 力=翁 ж3.
Решение. Система канонических уравнений с гамильтонианом
⑴⑴
⑴
⑴
эквивалентна исходному уравнению. Представим （1） в виде Н =氏 + + ЛЯ, где Яо =夕2/2 + тш^х1 /2. Решение уравнений, порождаемых
2/
力= —— cos （u；ot + ^）, P — — 2/u；o sin （a。力 + 夕） Go
является КП х、р Т 屮、I. Эволюция новых переменных определяется гамильтонианом Н，〈屮、/,力） = —（^o/^Q ^4（^, /,力）• Полагая в （8.1.7） z = X）&h = H\ получим
x（t）=力⑴+ d力1忻⑴，力（力1）］石石■ +
+d力1d力2 ［力⑴，力（力1）］ -^p- 取力1）,力（力2）］ 砲 + … =
j2
=力⑴+ dt G（力，力1）端方气力］）+
+d力1 d力2 G（力力1）翁力2（力1） G（力1,力2）翁力3（力2）+… ⑵
Здесь G（力 力'）——функция Грина （8.1.10）. Поскольку ряд （2） определяет общее решение, то вклад интегралов на нижнем пределе 力=力。можно не учитывать. После вычислений получим 力（力）=力（力）+ 力（D（力）+ +力⑵⑴+…，
sin （a。力 + 夕）+sin （a。力 + 夕）+
sin （a。力 + 夕）+
sin （a。力 + 夕）+
+ - COS （以0力 + 夕）-4 COS 3 （以0力 + 4）]
力⑵⑴=^y （f^） / [―3说产 cos也 + ^^ （23 sinV — 3 sin3-0） +
+ 吉（138 cos 中-39 cos 3V + cos!
где吵=0;0力+4.
Найти приближенное решение уравнений движения заряженного анизотропного осциллятора с потенциальной энергией U （х） = =т^或］2 в слабом однородном магнитном поле с индукцией В ［104］.
Решение. Гамильтониан осциллятора
"（Х，Р）= *（Р—твх］）2 + и（х）
представим в виде Н = % + △//,
22
% =訪+ и（х）,—肃 pCBW + ^CBxR
Найдем вначале решение уравнений, порождаемых Яд,
力& =——匕 COS（О；а% + 夕а）,Ра = 一 2гп1аШа S1U（Шat .
Полагая в （8.1.7） z = жа, eh = //'（夕,/,力）,получим
t
Xa（t） = Xa（t） + d力 1 （［力a ⑴，力3（力）］W:［ +
+ ［力a⑴，p（3^］爲凿）+… ⑴
СП пропорциональные функциям Грина соответственно равны
［力а«）,力万（力 1）］ = -{muj^^S^fB sin^a（力-力 1）,
［力a⑴，力3（力1）］=豆3COS3a（力-力1）.
Ограничимся величинами ~ В, тогда ЛЯ = —（с/2?тгб） е〃〃）夕从6〃力）, следовательно,
t
x d力 1 C sin a;q, （t —力 1） sin（u;nti + 夕九）—
— COS 3a （力一力1） COS （以П力1 + 4.
^n/
Вычисляя интеграл, получим
力a（力）=——COS（3a力 + 4a） +
тЗа
+~22 Sin （^n^ + 夕?г） + ...,
где Q = （е/тс） В.
Электрон движется в электромагнитном поле, 4-потенциал которого
>1о（х） =（Х2^у2 - 2炉），А（х） = ^| （-勿 ж, 0）.
Найти решение уравнений движения при наличии переменного высокочастотного поля, 4-потенциал которого Z（）（力 х） = —xE（t）, А = 0.
Решение. Гамильтониан задачи Я（х, р,力）=Но（х, р） + eoxE（t） содержит слагаемое Но, определяющее движение электрона во внешнем поле. Учитывая решение задачи 7.2.8, заключаем, что эволюция 夕,/ определяется гамильтонианом //'（夕,/,力） = с。文（夕,/,力）Е（力）. Из （8.1.7） находим, что ряд обрывается и дает точное решение
力优⑴=Хт^ — Со J d，Gmn（t - tf） En（tf\to
Здесь Gmn（t -，）= —e（力-，）［力优⑴，力九（，）］—функции Грина:
Сц（т） = {т^^О^г） （sinu；iT - sinu；27）= G22"）,
G12（7）= （птА） — ］。"）（COS317 — C0S32T）= ^21（丁），
G33"）=（б以3）-1e（7）sin（337）.
Остальные элементы тензора Gmn（r） равны нулю.
Реакция системы на внешнее возмущение
8.3.1. Гамильтониан, описывающий некоторую систему частиц, взаимодействующих с внешним полем
h（X, p,力）=но（ж, P） + %（力，，力），% = -&（力，p）%⑴.
При 力о —> — оо система находится в статистическом равновесии с известной функцией распределения。（力$,夕$）, где жо = 力（力о）,夕$ =夕（力о）. Найти приращение среднего значения произвольной динамической величины Ла（ж, р）, обусловленное взаимодействием системы с внешним полем.
Решение. Обозначим координаты и импульсы единым символом z = （ж, р）. Пусть z = z（z（,力） —— решение уравнений, порождаемых гамильтонианом Hq（z）. Среднее значение произвольной динамической переменной 人⑶ в равновесном состоянии
〈4〉о = ］ &Г% Аа （z（%,力））О。®）, с/Г% = 口 d3Xq d?%
Далее адиабатически включается взаимодействие, и среднее значение становится равным
A^z^.t^D^,(1)
где 2’ = 2‘(2(,力)——решение канонической системы с гамильтонианом Hf = H1 {z(z\ 力),力).Подставляя в (1) выражение
t
4a = za(2(%,%))+ J d力 1 [Za(N(zZ，力))，6万(2(21，力 1))] %(力 1) + .• •，
найденное по канонической теории возмущений (8.1.9), получим в линейном приближении
?а〉=〈％а〉0 + j dtf G^\t~tf) %(，) +⑵
Здесь G^^\t —力‘)一запаздывающая двухвременная температурная функция Грина. Соотношение (2) для линейной реакции системы является формулой Кубо [105]. Выберем в качестве динамической переменной обобщенную энергию 夕о, равную значению гамильтониана на фазовых траекториях. Поскольку 力о = “Н、, то приращение
△夕=j dt 3tHi〉= — J dt^B^^t^V^t^.(4)
Пусть (Ba)o = 0. Полагая в (2) Л = В и подставляя〈6&〉в (4), получим
△ро = — ] d力 1 ] d力2 G^b)(力 1 —力2)%(力 1) %(力2)+ …(5)
Далее удобно перейти к спектральному представлению функции Грина:
G普)")=j缴普)"⑹
Подставляя (6) в (5), получим
=張 "[旦!記(з) — g；y з)]吃(з) %(“)•⑺
о
Для вычисления g^"）（3）представим среднее значение СП в виде
〈[仄（力 1）, %（力2）]〉= Y如喏8）（"）6-必（12）.⑻
Согласно определению "^"'（幻）—эрмитов тензор: "^"'（幻） = =”;户"'（а）. Используя фурье-представление ^-функции, вычислим
интеграл J dr。（丁） exp （£幻丁）= “必 + гО）-1. Теперь найдем
g茅）（3）= j dT G茅％）戸=Y j dJ 円:？。•⑼ —ОО
Это соотношение связывает тензор обобщенной восприимчивости g^"""） с его антиэрмитовой частью. Действительно, поскольку Im （ж + £0）—1 = —тг^（ж）, то получим соотношение
唠 ％）= ^[g 貲）（5-g 源 в）（з）], позволяющее представить ⑺ в виде
△Р0 = N J 如 3喏""а） %（3）%（&）• 0
Используемая здесь техника вычисления обобщенных восприимчиво- стей применима лишь к слабонеравновесным состояниям, поскольку ряд （2） соответствует теории возмущений.
Система N трехмерных осцилляторов взаимодействует с внешним электромагнитным полем. Найти в дипольном приближении тензор диэлектрической проницаемости среды и приращение энергии осцилляторов.
Решение. Гамильтониан системы невзаимодействующих осцилляторов Я = Яо + ^15
22
务+ ^+u（q），
Я1 = —е]с/З力/qE（力 xz）看⑶①—q（力））.
Здесь p, R, тг, q — импульсы и координаты центра масс и 从一точки. Решение уравнений с гамильтонианом Н* р = р‘,
R = R' + В 力 Qn = qn{s, /） exp [—£（sQ）力一£（sq）]
является КП р, R, тг, q —> У = (р- R/, /п,夕九),(sQ) = siu；i + + 52^2 + 5зс(；з, (sq) = si夕1 + 52夕2 + ^з^з. Для решения задачи введем индукцию D (力 х) = Е + 47rp [13]. Вектор электрической поляризации системы
p(力 x)=(出力，x, z'))， d = eq(力4，/) 8⑶(x _ R' 一 ^ 力).
Полагая в (8.1.9) F = d(力 x, z‘)，£拉=Ях, получим
/^(力)=Jd%‘ Gm^e) E^)^
+ J d%[ d%〃 0^(^, £〃)石九(犷)E^) + …，(1)
где 力川—(t, x), £小—(力一，,x — xz), £〃川—(，—力〃,x‘ — x〃), G — температурные функции Грина:
Gm^^-Oit-t^^d^x. /), dn(x\ /)]),(2)
Gmns^\n = l^t-tf)O(tf-tff)x
X ([[dm^x, /), %(力1 zf)]ds(xff, /)]) + 3 о 力〃).
Отклик системы характеризуется линейной и нелинейной проницаемо- стями. Эти величины вводятся следующим образом. Представим Е(ж) в виде Е(ж) = Re £ с(')(力)£—次入",k* = at — kx, с^(х) — медленная А
функция координат и времени. Тогда, учитывая (1), находим
Dm(x) t J втп(кА)。户⑺ 6一淞” + А
+ ； emns(kA,結)0,⑺в)⑺汕х+岳)，+
+ ；£ms(&* —統)。户⑺爲⑺(力)е-^~к^х + к. с.
Здесь тензор диэлектрической проницаемости £他九(&) связан с Фурье- образом gmn(k) функции Грина Gmn^ соотношением
emn(^) = Зтп + 4тг gmn{k),旦优九(&) = j d气 Gmn^) бУ ⑶
Нелинейная восприимчивость
Emns®,結)=J 也‘ d 气〃 GmnsE，8〃)沙门"〃.
Ограничимся вычислением тензора 旦优九(&). Поскольку dm — динамическая переменная аддитивного типа, то (2) содержит одночастичную функцию распределения
g "p') R(I) = ]dz6 ... dzfN00(力名2人)，
где V — объем, занимаемый системой. При усреднении по фазам в (2) удобно воспользоваться соотношением [106]
〈4 叽=-〈4 叽=-а л дв3/а S^aа л дв3/а S^a
〈4 叽=-
〈4 叽=-
а л дв
3/а S^a
а л дв
3/а S^a
Вычисляя среднее значение
〈[d优(力，У),%(犷，У)])= ie2 g 不少 x
X £/ 〃p/) F(I) Sa 診 q^(s, /)成(s, /) exp [—£(sQ)(力 一，)]x 0(s)°
X s⑶[x — X，— (t —叫, получим
gmnlk) =c/3“ с/3//(р')Р(1) Sa 言乂
J 0(s) a
X 0s(s, /)成(s, /)⑷
a; — sQ — kpz/m + г0 *'
Если символ £0, задающий правила обхода полюсов, заменить величиной £)/2, то полюсы, gmn(k) в нижней полуплоскости о; приобретают реальный смысл: 7-1 является средним временем жизни начального состояния.
Рассмотрим систему линейных осцилляторов: xn(s^ /) = ж* (— —s, /) = 8s, 1 (/九/2从c(；o)i/2 6П1. Поскольку для линейных осцилляторов подынтегральное выражение в (4) не зависит от /, то
^тп{^^тп{^1 _ 4万/Ж)
^тп{^
^тп{^
/^V J ш2 — (ojo + kpz/m)2 + го；7
Далее, вычисляя тензор
8mn^^pf8mn^^pf[J _ (go + kp7m)2]2 + J)?[J _ (go + kp7m)2]2 + J)?
8mn^^pf
8mn^^pf
[J _ (go + kp7m)2]2 + J)?
[J _ (go + kp7m)2]2 + J)?
получим приращение энергии системы
△е =△е =8/ J о8/ J о^mn{k)E^k)En{k).^mn{k)E^k)En{k).
△е =
△е =
8/ J о
8/ J о
^mn{k)E^k)En{k).
^mn{k)E^k)En{k).
Таким образом, система линейных осцилляторов поглощает внешнее излучение [107].
Частица, движущаяся в заданном электромагнитном поле, взаимодействует с полем излучения. Найти скорость изменения полной и обобщенной энергий.
Решение. Гамильтониан задачи
"(х, р,力)=^ (р — £ Aext-|Af + 屮 + еЛ0,
где Z/M Лм — 4-потенциалы внешнего поля и поля излучения. Полная энергия
Обобщенная энергия 夕о равна значению гамильтониана на траекториях системы:夕о = Я(x(t), р(力),力).Вычисляя СП, получим
g = Ц +匹切=e文e + e ("4产- I文“ аeх)
п文=р — - Aext — - А, Еп =—丄 dtAn — ЗпЛд.ссс
С другой стороны,
滉=察=6 (&Z产—I 文“Aext) + 6 他人—；文&A)•
Заметим, что 力о = £ + с dA^/dt.
Электроны движутся во внешнем постоянном поле, задаваемом 4-потенциалом Лм(х) = (Z『t(x), Aext(x)). Найти в дипольном приближении приращение обобщенной энергии электронов, обусловленное взаимодействием с переменным электромагнитным полем, возбуждаемым в резонаторе.
Решение 1. В дипольном приближении 4-потенциал поля электромагнитной волны Z〃(力 х) = (0, А(力)).Разложение поля по модам резонатора дает
Z优(力)=* (”Z^)c—必"+ к. с.).(1)
Здесь財丿—векторы, определяющие пространственную конфигурацию моды на частоте ш\. Предполагая, что поле излучения является
эргодическим [73], введем корреляционную функцию второго порядка 4*（力1 一力2）=（"「必"1以6必Х"2）=以*，^гaН 6-必（力1T2）.⑵ 0
При лоренцевой форме распределения энергии моды wa величина 1\（а）имееt вид
4（3）= ：|^ S [（J - а；）? + J疚1 ：⑶
где тд = 2Q\/uj\^ Qx — добротность резонатора. Гамильтониан систе- N
мы электронов Н = £ На （ха, ра,力）, а=1
"а =备 Ra — Aext（%） - ^ А*）： + С.审区）.⑷
Индекс «а» в дальнейшем опустим. Предположим, что при 力=力。一> —> —оо поле излучения отсутствует и система находится в состоянии статистического равновесия. В момент времени 力о «включается» взаимодействие с электромагнитным полем. Основной динамической величиной, характеризующей взаимодействие частиц и поля, является обобщенная энергия 夕°, равная значению гамильтониана Н на траекториях системы. Мощность, потребляемая системой электронов после «включения» взаимодействия
力о =察=^ 文 & А,（5）
тхп =夕九 + ^ Z*（x） + ^ An（t）.
Для определения Дро в рамках теории возмущений представим Н в виде Н = % + %,
% =* （р + ^ Aext（x））2-e04^（x）,
丛=雙 vA（力）+ -^ А?⑴，mv = р + Aext.
Предположим, что известно решение уравнений х = х（х‘, р',力）,р = = р（х‘, р',力）,порождаемых гамильтонианом Яд- Произведем замену переменных х, р —> х', р‘ в гамильтониане взаимодействия Я1（х, р,力）, получим функцию Я1 （xz, р‘,力）,определяющую эволюцию штрихованных переменных. Следуя канонической теории возмущений, получим
t
滉⑴=p^\t） + J dt、[碎）⑴,朗⑻（力1）] +…⑹
Индекс «0» означает, что динамические переменные взяты в момент t = toпричем 亦^)(力)=о^)(х$, pg,力).Подставляя (5) в (6) и усредняя Дро по начальному распределению фазовых координат и возможным реализациям поля излучения (2), найдем приращение энергии электронов:
du: 1\(з)du: 1\(з)t tid力1d力2 xt tid力1d力2 x
du: 1\(з)
du: 1\(з)
t ti
d力1d力2 x
t ti
d力1d力2 x
X （［碎乜）闘竺 。步（力2）z间卜必（力一2）一 K. C.
Поскольку после усреднения СП зависят только от разности 力i —力2, то удобно ввести, как и ранее, двухвременную температурную функцию Грина
G》（力 1 —力2）= —е（力 1 —力2）（ ［А/д（^1）, 7И；（力2）］〉，（7）
Переходя к пределам 力о —> — оо,力一> оо, найдем мощность, потребляемую системой электронов:
⑻⑼⑻⑼〈^〉= 4"^ J 如 4(з) ImgA(a),工о
⑻
⑼
⑻
⑼
叁(“)=j dr Сх(т)е^^\
Решение 2. В некоторых случаях величину △夕о/△力 удобно представить в терминах дипольного момента системы. С этой целью произведем КП х, р —> q, тг: х = q, р = тг + (с/d) А«), порождаемое ПФ ^2(х, тг,力)=£(хтг + (ба/d) х А(±)). В новых переменных гамильто
ниан (4) приобретает вид
"а = ^ ["а — ^ Aext(x&)『+ £& 尚^值)_ ^乂。E⑴，(10)
где Е = —(1/с) (dA/d%). Далее представим (10) в виде Н = R。+ R],
А。=* (7r + ^ Aext(x)『-“ А产(х),
/Zi = —dE(力))d = —вдх& •
Мощность, потребляемая системой, определяется уравнением 力о = =дН/dt = —d应⑴.Вычисляя dm（t） согласно теории возмущений （8.1.9）
t
6M力）=跚⑴-j dt2 ［鴻）⑴，或）（力2）］斗（力2）+to
получим среднее значение
（△。0〉= - ］ d力1 ］ d力2 G磊）（右一力2）（应优（力1）斗（力2））+…
Здесь мы ввели двухвременную функцию Грина
3м）（力1 一亡2）= —e（力1 一力2）（［d偉（力1）,壮）（力2）］〉.
После усреднения по распределениям частиц и полей разонатора получим среднюю мощность, потребляемую системой,
工о
где g^x\cv） — фурье-образ функции
G『）（力 1 一亡2）=-0（力 1 -力2）（［人大（力 1）, N；（力2）］〉，
=標）⑴砲叱eQ =嘰Z岁.
Заметим, что фурье-образ функции Грина G黒）（丁）связан с тензором диэлектрической проницаемости соотношением
gmn（3）= ^тп + 4?гпо g^九）（3）, где ng — концентрация электронов.
Спонтанное и индуцированное излучение классических систем. Если ускорение заряженной частицы не равно нулю, то из решения уравнений Максвелла с заданным током можно найти интенсивность спонтанного （от лат. spontaneus — самопроизвольный） излучения электромагнитных волн. Для того чтобы учесть эффекты взаимодействия частиц с полем, и найти, в частности, интенсивность индуцированного излучения, необходимо рассматривать частицы и электромагнитное поле как единую систему.
В регулярной электродинамической структуре, стенки которой совпадают с поверхностями криволинейной ортогональной системы координат, можно возбудить счетное число собственных волн, отличающихся пространственной конфигурацией электромагнитного поля и собственными частотами ［13, 75,102, 141］. Различные типы волн называют
модами. 4-потенциал поля излучения 夕（力 х）三 Z（）（力 x）, A（t, x） можно представить в терминах однокомпонентных потенциалов Герца W（e） и W（m）, описывающих два типа волн [141]:
А）（力 X）= divW（e）, A（力，X）= —+r0tW（m）.
Потенциалы Герца удовлетворяют однородным волновым уравнениям, которые следуют из уравнений Максвелла в отсутствии токов, и граничным условиям. Эволюция системы частицы-поле определяется решением самосогласованных уравнений движения и уравнений Максвелла.
Рассмотрим следующую задачу: найти приращение энергии поля при движении электронов в резонаторе в постоянных полях, задаваемых потенциалами ловушки Пеннинга （см. задачу 7.2.8）
甯У）=蔡（力2 + 力—2/2）,%ext（x） = j| （ —g,力，0）.
Решение. Если разложить потенциалы по собственным функциям однородных уравнений, то гамильтониан системы можно представить в виде суммы гамильтонианов частиц, поля и взаимодействия частиц с полем:
"tot = Hp（q） + /// + H\（q＞（Lk＞（Lk）・
Гамильтониан электромагнитного поля
Н f =шпап（1Г1.
Здесь g — совокупность канонических координат частиц, ап — коэффициенты разложения потенциалов по собственным функциям, k —— набор собственных чисел. Переменные。力,ш^ играют роль канонических координат и импульсов, фундаментальные СП [а^, ш* ] = Jmn. Каноническое преобразование а^^ 磕 —＞ 〃，c^t а^ = с^ ехр （—标力力）， порождаемое производящей функцией
F2（a, ic\t） = i成％6必叫
исключает Hf из полного гамильтониана. Новый гамильтониан
Я = %（g） + H、（q, Ск exp（-i^t）, с^ exp （i^t））.
Отметим, что в квантовой электродинамике координате а соответствует оператор уничтожения фотона, координате а* — оператор рождения фотона.
Подставляя в （8.1.9） любую динамическую переменную F, получим решение канонических уравнений в виде ряда. Отметим, что гамильтониан Н не описывает непосредственно кулоновское взаимодействие.
Однако ряд теории возмущений содержит члены ~ е2, е4, . .., соответствующие кулоновскому взаимодействию во всех порядках по е2 — как и в квантовой электродинамике, взаимодействие частиц реализуется «виртуальным» электромагнитным полем.
При взаимодействии частицы с полем резонатора возможено индуцированное поглощение или излучение^ которое принципиально отличается от спонтанного излучения — направление распространения, поляризация, частота и фаза излучаемой волны полностью тождественны характеристикам волны резо
натора.
Для генерации вынужденного высокочастотного излучения используют пучок электронов, движущийся в резонаторе во внешнем электромагнитном поле. Найдем мощность излучения электронов в модифицированной ловушке Пеннинга, в которой поверхность бокового электрода гофрирована （от фр. gaufrer — складчатая поверхность） и разделяет 0 пар резонаторов. Сечение поверхности в виде гофры изображено на рис. 8.3.5. В этой периодической структуре могут распространяться медленные волны, эффективно взаимодействующие с электронами.
Рассмотрим излучение «магнитной» волны, длина которой А значительно больше расстояния между резонаторами. В этом случае потенциал удовлетворяет уравнению Лапласа. В цилиндрических координатах г, 8, z, потенциал Герца W（m） = （о, О, W\ скалярый и векторный потенциалы
z0（力 丁，e, n） =0， Zr= -55 %z =0■
В резонаторах образуются стоячие волны. В одномодовом приближении частное решение волнового уравнения в области О W 丁 W А представляет собой медленную стоячую волну частоты а, поджатую к поверхности г — R:
W 〜Re [/е-^], / = ^ （^У sin （场）sin [爲（z + Я）].
Здесь опущен множитель, учитывающий угловые размеры резонаторов.
Ограничимся рассмотрением случая плоского движения электронов в области z 《А, полагая / ^ （Я/p） （г/R）p sin （夕8）. Далее удобно перейти к декартовым компонентам
Ах = Ar cos 3 — Ag sin 仇 Ау = Ar sin 8 + Z® cos ^,
и представить вектор-потенциал в виде
4（力 〃 е） = ^ [с/"）（〃 е） + к. с.],⑴
А/力，丁，e）= 賣[。/俨）（丁，e）6-必力 + к.c.],砂；偿厂cos [（" 1）叽 4*二一估「 sin [（" 1）門.⑵
Постоянная V, представляющая собой эффективный объем резонатора, определяется из условия нормировки
*£力((石2 +б2))= №炉.
Угловые скобки обозначают усреднение по времени; область интегрирования ограничена рабочим объемом резонатора.
Энергия электромагнитного поля
⑶⑶Pq = шс^с.
⑶
⑶
Переменные с, гс* играют роль канонических координат и импульсов, фундаментальные СП [с, гс*] = 1. Гамильтониан, описывающий эволюцию системы N электронов и поля
N 12
"=張[Ра + ^А叫Xa) + *d]- а=1
-е0 [夕ext(xa) + %о (力 Ха)]・
Здесь ZWYx), Aext (х) — потенциалы статического поля ловушки. Потенциалы поля излучения будем искать в виде (1), предполагая, что коэффициенты с, с* зависят от времени.
Найдем приращение энергии поля Pq в рамках канонической теории возмущений. Для этого представим гамильтониан Н в виде Я = Я о + +儿
N 12
"О =靑 Ra + ^ AexD] 一 "审值)，
TV2
九=Va A(力 Xa) +A2(t, X)
a=i °2mc
mva = Pa + to Aext(xa). Решение уравнений, порождаемых гамильтонианом Яо, представляет собой КП х = х(3 х- р‘), р = р(力 х- р‘), которое позволяет исключить вклад Но в полный гамильтониан Н.
В результате КП, приведенного в задаче 7.2.8, х, р —> х［ р‘ —> 夕九, /п, новый гамильтониан hf（t^ с, с*,（рп, /п） представляет собой функцию Л, в которой следует произвести замену переменных. Эволюция полевых и новых переменных определяется гамильтонианом
"弋宾 哮（НИ*6f + к. с.）, ЛГ= vaA^\ra. ^）.
“а=1
Энергия поля излучения. Полагая в （8.1.9） F = Pq^ h = hf и ограничиваясь величинами 〜е^, получим
ttti
△马=I如［马，〃（力1）］ + ［如］dt2 ［因，用（力J m（力2）］ +…⑷
力0力0力0
［马，h^t^］ = —i3k Mg d*6必力 1 + к. с.,
И，"（力 1）］"（力 2）］ = ^2{"（右）ЛT （力 2）-
-i ［M^）. 7И*（力2）］ сс}е^ч~^ + к. с.,
где & = со（2тг/с（;1/）1/2.
Можно устранить ограничение области интегрирования, используя соотношения
ttitt
I dh I dt2（T（h）T*«2）+ K. c.） = ］dh ］ dt2 ReT（力i）T*（力2）, 扣扣扣扣
ttitt
Id力 1 I d力2 （［T（力 1）, T*（力2）］ — к. c.） = £ ］d力 1］ d力2 Im ［T（力 1）, T*（力2）］ •
力0力0力0力0
〈△马〉=T〈△马〉=T（5） Отметим, что СП вычисляются по значениям переменных при t = =力°. Для сопоставления с экпериментальными данными необходимо усреднить （4） по начальному распределению электронов и возможным реализациям поля излучения （1）. В результате усреднения приращение энергии поля （4） приобретает вид
〈△马〉=T
〈△马〉=T
j dt^ 也｛Re〈M（力"АГ （力 2）〉+
+ 1т〈［7И（%1）, 7И*（&）］ cc^}eiu}
Поскольку результат усреднения квадратичных величин зависит только от разности координат 力i —力2, то можно ввести двухвременные
функции Грина
G〃（力 1 —力2）= —е（力 1 —力2）〈 ［А/（%1）, 7И*（力2）］〉，
Gs（力 1 一亡2）= 8（t、 - t2）（M（t\） 7И*（力2））.
Статистические свойства электромагнитного поля резонатора характеризуются корреляционной функцией 丿（幻）=〈。。*〉［73］.
Переходя к переменным 力i, 2 =力 ±丁/2, получим среднюю мощность излучения в виде
甯=^Г {Re^（^）- J^ ^gi^）}^⑺
g〃，s@）= J dT⑻
Величина e —> 0 введена для того, чтобы полюсы g* s（&） соответствовали запаздывающей функции Грина. Первое слагаемое в （7） — мощность спонтанного излучения, второе — мощность вынужденного излучения или поглощения.
Вычислим теперь фурье-образы （8） функций Gs（r） и G勿（т） （6）. Предварительно отметим, что согласно （2）,
Z（從）_+ ^1Р 1
vA（* = Re （亦 + i访（А"）— iA^b = Re （亦 + iy）『彳"］° .
Для упрощения вычислений зададим начальные условия, при которых /2》/1・ Тогда, подставляя 力 и g из решения задачи 7.2.8, получим
vaS） у С［不1 exp （Tscv21t + Cs几21 夕2 — £s几и夕］）+
+ T22 exp （-£su；22力 + £s?122夕2）］,
e=霜（鳥丫"％ =32^/2,T21=3 丑尸 J1”
以22 = Р^2,з21 =（2-1）以2 + з1■
Здесь коэффициенты 几22 =仍 几21 =（夕—1）, пц = 1; индекс s принимает значения ±1.
Среднее по фазам произведение в （6）
〈MgM*g） = NC? T^ke〈MgM*g） = NC? T^ke— is32kT— is32kT
〈MgM*g） = NC? T^ke
〈MgM*g） = NC? T^ke
— is32kT
— is32kT
Согласно определению СП
随в]= 走(啜)噁).
Учитывая периодичность Л и В по угловым переменным, имеем [106] з]〉= —設С4誤〉.
Следовательно, среднее по фазам СП
<[М(й) ЛГ (力 2)]〉= TN С?s(nlk 設-п2,系)(T2Q2JS7.
Используя фурье-представление тэта-функции
е(7)= j位8⑴戸=言J也^,
—ОО
получим из ⑹，(8) gi(5 — —NC2n2k T2k 丄.■
、012 ) 3 — SG2k + 2£
gs3 = iNC2f一s 3 — S32k + 2£После вычисления суммы по индексу s имеем
⑼⑼gi(5 = -^NC2^2k (n^k缄
⑼
⑼
V12/以一G2k + 22EG
gs@) = 2iNC? р—.
丿J-c4k+ 2辽以
Для того чтобы учесть эффекты, обусловленные столкновениями электронов с молекулами воздуха в резонаторе, необходимо усреднять (6) с функцией распределения по «времени жизни» электрона. Эта операция соответствует замене е конечной величиной )/2, где 7-1 — среднее время жизни электрона. В результате получим необходимые для вычисления мощности излучения (6) соотношения
【т J —芯宀2【т J —芯宀2(10)(10)(J -芯 k)2 + ()以)2(J -芯 k)2 + ()以)2
【т J —芯宀2
【т J —芯宀2
(10)
(10)
(J -芯 k)2 + ()以)2
(J -芯 k)2 + ()以)2
Теперь, учитывая (10), окончательно получим мощность спонтанного dPos 2万60 口 / \4?Г €q
и вынужденного излучения
dPoi2?Г€qт、
= ^j(3)n02( 一П1* 設 +n2*^?)^^^^・(11)
Мы приходим к выводу, что в резонаторе реализуется мазерный эффект — возникает индуцированное излучение на частоте 幻22 =夕幻2, мощность которого
dPo〃(G22)2万^ N^^〃、、八
dt =十> 0，
厶2 = (2/2/пА)1/2. Излучение частоты 幻21 =(夕 一 1)幻2 + ^1 поглощается при условии (р — 1)2/2 》/> В случае гладкого резонатора (夕=1) вынужденное излучение на частоте 幻2 рассмотрено в рамках классической и квантовой теорий [19, 108]. Отметим, что при условии /1》/2 возникает индуцированное излучение на частоте 幻12 = (р — -1)з1 +з2》з2♦
Подставляя F = xa(f)^ Ua(力)(a = 1, 2, .. ., N) в (8.1.9), получим решение уравнений движения в виде ряда, содержащего вклады кулоновского взаимодействия электронов пучка и электронов с полем резонатора.
Гамильтонова теория специальных функций
Представить уравнение
47) / + 6(丁)号 +0(7) = 。
в лагранжевой и гамильтоновой формах.
Решение. Умножая уравнение на неопределенный множитель Х(力), наложим условие d{XA)/dt = АВ, учитывая которое, получим
^е（噂一⑺
т(т) = АЛ,т(т) = АЛ,k(r) = AC, А = Л-1 exp J d丁号.
т(т) = АЛ,
т(т) = АЛ,
Следовательно, лагранжиан [109]
описывает в терминах механики движение частицы переменной массы, связанной с пружиной переменной жесткости. Вводя импульс тг = =т dq/dr^ получим гамильтониан
В частности, для вырожденной гипергеометрической функции q = =Ф（а, с, t）: 4 = т, В = с — г, С = —а, А — е~Ттс~11 m — гсе-т, k = —атс~1е~т. Эта функция играет большую роль в физических задачах. Различным значениям параметров соответствуют полиномы Эрмита, Лагерра, функции Бесселя и т.д.
Произвести замену независимой переменной 丁 一＞ 力：丁 = 丁（力）. Найти новый гамильтониан и уравнения движения. Рассмотреть случай 7 -力一1.
Решение. Производя в функционале
/ = 加卜■招一九©7）]
замену Q = 4（丁（力）），Р = тг（丁（力）），丁 = T（t）, найдемновый гамильтониан
R（Q, Р,力）=十九匂,тг, т）\т=т^=詣产 + ^ "Q2,
где M（t） = mr-1,"（力）= кт. Канонические уравнения
Q = [Q, Я] = М^Р.户=[Р, Q] = -xQ.（1）
Замена 丁 =力一】используется для исследования решений в окрестности бесконечно удаленной точки. В этом случае система （1） эквивалентна уравнению
%）0+》（；）—行（*@+域需"=。■
Вычисление х, М существенно упрощается, если преобразование 丁 一＞ 力 задано в дифференциальной форме т = /（г）.
Произвести КП Q, Р —＞ 力,р, порождаемое ПФ
F2（Q,P,“S^Qp-；必Q?
Решение. Из （7.1.2） находим
Q = Л/Т/2伤 Р = М1/2 （夕一誥力｝（1）
Новый гамильтониан
"(с, ■力)=# + Т W⑴力2,
W⑴ 7 外 М -寄In М『+京=
Функцию W(t) можно представить в виде W(t) = (1/2) {Л/-1, t} + + х/Л/, где {G, i} — производная в смысле Шварца [110]:
{G，仆=* InG— Y^ lnG『=g -懇)【
Канонические уравнения ж = р, р = —W(t) ж эквивалентны уравнению ж + W(t) х = 0, не содержащему первой производной функции х. Замена (1) является обобщением преобразования Уиттекера. Полагая 十=1, находим Q(力)-g⑴,口力)=?г⑴，м⑴=m⑴,"⑴=出(力),
q = X expq = X expВВехрехрИф)=Иф)=万欣 ％ — 4\А)+ Л万欣 ％ — 4\А)+ Л
q = X exp
q = X exp
В
В
ехр
ехр
Иф)=
Иф)=
万欣 ％ — 4\А)+ Л
万欣 ％ — 4\А)+ Л
В частности, для вырожденной гипергеометрической функции
g = //2力_С/2 力⑴，тг =? 一 Т (； _ 1)力，-"2亡"3
— 1 亠(° — 2а) (с — 2) с
Приведем также другую форму замены, полагая 丁 = t2, т. е.十=2^/7. В этом случае
q = Ф(а, с,力2) = д/5//2力-Hi/?力⑴，
W(t) = 2n — ^-―产 1/4 —力2),几=о — 2a,〃 = d —1,
Найти преобразование Уиттекера цилиндрических функций.
Решение. Цилиндрические функции q = Z〃(gT)удовлетворяют уравнению
S +4匆+32 —止)0
"十Т dT^ygТ2 丿"U.
В обозначениях задачи 8.4.1 А — \^ В — 1/т, С = g2 — 〃2/丁｛ X — т. Полагая т — t^ получим замену
g =森，7r⑴=何"提｝ 1y⑴=片」J".
Найти решение уравнения q + （6/力）@ + （c/t2） q = 0, для которого 力=0 является регулярной особой （или правильной） точкой [109].
Решение. После КП Уиттекера
получим гамильтониан
h（*.力）=；小+壶力之r = d + Т 6 — ；庐.
Решение уравнений
亦=也 8] = . р = [р, Н] = -^х
является КП ж,夕—> ж\ 夕'：
ж ="1⑴力‘+仅2（力）"，2=如（力）力‘+办2（力）", где 仅 1（力）,仅2（力）——два линейно независимых решения.
4^ < 1. В этом случае
"1 =0- 1々'\仅2 = 0一1々" er = a2 - Ai,x2,1 = ^ 土 ； - 3 •
Б. 4& > 1.
仅1 = （& — ；） / #/2 COS （ & — ； In 力）,
仅2 = （出 - ；） "4#/2 S也（3 一； In 力）.
4& = 1. В этом случае 仅1 = д/7,仅2 = дА In t.
Найти решение уравнения 云 + ГИ（力）力=0, где
方⑴=工 + /⑴，R < 1/4, /⑴=О" cntn-2
Решение. Функция W(t) удовлетворяет условию Фукса. Поэтому необходимо представить гамильтониан в виде
Н = HG + h, Но = I р2 + ^ ж2,九=；/(%)*•
Решение уравнения, порождаемого гамильтонианом Ни： является КП:
ж ="1 ⑴力‘+ 仅2(力)“，p = ^l(^) Xf + 方2⑴"，
"1 " — ~Ja ,"2(力)"1 " — ~Ja ,"2(力)ст = А? — Ai.
"1 " — ~Ja ,"2(力)
"1 " — ~Ja ,"2(力)
Гамильтониан, определяющий эволюцию штрихованных переменных
，(小"，力)=；/⑴力2H ",力
Полагая в (8.1.7) z^ = ж, z^ = 力(力$,夕$,力),получим решение исходного уравнения
t
优⑴=力⑴-I如gе, й) /(力1) ж(й) +
о
где 力⑴="1⑴说 + "2(力)% g(%① %) = [x(ta)x(tb)]x, p, = =(l/o)储2燎—力3燎)• Отметим, что G(3 tf) = —J(力—tf) g(3 tf)— функция Грина уравнения первого приближения
Ряд (8.1.7) содержит интегралы вида
W】g(力^邙■讣=,(2А +，— ])・ о
В результате интегрирования находим
力1 G⑴У力1 G⑴У力=61⑴抬+ 62(%)%
力1 G⑴У
力1 G⑴У
rn ^l(^)D^m) D^m + n)
где Di(m) = m (2Ai + m — 1). Второе линейно независимое решение следует после замены индексов 1 —> 2.
Пусть /（力）=02, & = 1/4 — 〃2. Тогда решениями исходного уравнения являются функции Бесселя 力（±） = д/7 丿〃（0力）,
丿"（因丿"（因力=0力=0k\Г（1 + & + “）k\Г（1 + & + “）
丿"（因
丿"（因
力=0
力=0
k\Г（1 + & + “）
k\Г（1 + & + “）
В этом случае А2, i = 1/2 土〃,
*⑴=*⑴=卜一击信）+T （1 + 〃：（2 + "）卜一击信）+T （1 + 〃：（2 + "）
*⑴=
*⑴=
卜一击信）+T （1 + 〃：（2 + "）
卜一击信）+T （1 + 〃：（2 + "）
Следовательно, J〃（0力）=（/6/2）^ （2у/t）1^ Г（1 + у} e2（t）.
Преобразование Лиувилля—Грина [110]. Произвести КП гамильтониана Н = р2/2 + w（t） ж2/2, порождаемое ПФ
Ответ.
х = 2少 w-1/4 sin （优'+ I д/w dt^ ,p = V^7 w1/4 cos （力'+ I д/w d力）,H，（x\ 夕-力）=言 pz sin 2（修 + I д/w d%）.
Преобразование Прюфера [109]. Произвести КП гамильтониана Я（ж, р,力） = р1 /^m（t）\ + &⑴力2/2, порождаемое ПФ F1 （力，力一力）=（1/2）力2 ctg 力‘.
Решение. В новых переменных ж = ,2少 sin х\ р = ,2少 cosc' гамильтониан
Н\х\ “，力）=“（^ cos?力'+ k sin%'）.
Важность преобразования связана с тем, что уравнение
х = [ж\ “，犷=^ cos2力‘+ 3 sin2力‘
не содержит функции 夕-которая определяется с помощью простой квадратуры из уравнения 少=pz （m-1 — &） sin 2ж\ В терминах механики 夕-力'являются переменными действие-угол.
Произвести КП гамильтониана Н =夕2/2 + 仅（力）力2/2, порождаемое ПФ 三（力，少）=x2pf/2.
Решение. Из （7.1.2） следует ж =，2力',夕=р'д/2力',Н\х\ 夕-t）= = xf （夕'2 + 仅（力））.Уравнения Гамильтона
x,-[力- h1 - 2力’“，pf - [“，Я/] - — “2 — w（t）.
Новый импульс р' = р/х = х/х — логарифмическая производная функции ж, удовлетворяет уравнению Риккати.
Найти решение уравнения Эйри х — tx = 0.
Решение. Гамильтониан задачи
2+
8（力，p, t） = у - 2 Ж2-
Полагая в （8.1.7） z = х> eh = Н）получим
力=犷+ "力+犷^力3 + “ ^力4 +犷^力6 +="]⑴优， +仅2⑴" （1）
Здесь 仅 1（力）,仅2（力）——два линейно независимых решения, которые могут быть представлены в терминах функций Макдональда [111]:
⑴=З-1/з г（|“ 人1/3 （I 户/2）,"2（%）=3一2/3?0^j1/3（1 户/2）.
Аналогичным путем найдем р = й^х' + 办2夕'• Решение （1） является КП 力，夕 一> 力-pf. Действительно, поскольку 仅1（0） = 办2（6） = 1, ^i（O） = =仅2（0） = 0, то фундаментальная СП [ж,回=仅i〃2 一 仅2办 1 = 1- Заметим, что в теории дифференциальных уравнений решение （1） следует в результате громоздкой процедуры с использованием рекуррентных соотношений для коэффициентов разложения по степеням I. Другая пара решений может быть получена линейным КП
p' = Wr（l）（v + E"）・
Подставляя （2） в （1）, получим ж = Ф（力）力〃 + 夕（力）夕〃.Здесь
ф（"=崇 К/з（е）=吃 虑 cos （% + 事），。=I 力3/2, о
4（力）= 与5/3⑼+厶/3（叫
Глава 9
РЕШЕНИЕ КАНОНИЧЕСКИХ СИСТЕМ МЕТОДОМУСРЕДНЕНИЯ
Введение
Пусть гамильтониан H（z：力）= Яо（^） + △"（z,力）• Произведем КП z = z（2-力）,которое исключает Н° из полного гамильтониана. Новый гамильтониан е Zz（z- t） = ЛЯ（^（^^ 力），力），где е — неотрицательный параметр, введение которого — удобный прием, позволяющий построить КП, обладающее заданными свойствами. Произведем теперь преобразование к медленным переменным. С этой целью построим произвольное преобразование z‘ = z'（u,力 е） к переменным иа = = （q, тг）, порождаемое некоторой функцией e W（z\ 力,е）, играющей роль гамильтониана: i^ = 同，e W{z\ t, e）］, причем 2厶（力о） = 仅从. Потребуем, чтобы новые переменные удовлетворяли системе уравнений
%. = ［и^, £К（% £）］,（9.1.1）
поскольку функцию £ W（z\ 力 £）можно выбрать так, чтобы гамильтониан
£ К（% £）= £/\九（2‘（生 t, £）, t, £）,（9.1.2）
△九（2- t, £）=九（2-力）—W（z\ t, £）,
не зависел от времени. Из （2） следует, что неопределенная пока функция е W（z\ 力 £）должна иметь вид eW — eS— t, е） + еС— е）. Для определения составляющих eS（z-力 е）, eC（z- е） явно и неявно зависящих от времени, наложим два условия. 1） Составляющая S компенсирует зависящую явно от времени часть гамильтониана ^△九（2'（仅,力 £）, t, £）и одновременно дает вклад в замену z‘ —> и. 2） Составляющая С дает вклад в гамильтониан е К（и, е） и одновременно компенсирует в замене z' —> и^ не зависящие явно от времени составляющие, которые привели бы к возникновению секулярных членов. В этом — основной принцип интегрирования методом усреднения.
Для определения функций S и С необходимо произвести замену У —> 仅 в гамильтониане е 九（2一 力）и в функции e W（z\ 力 е）, которая неизвестна и в то же время определяет искомую замену. Эта нереальная на первый взгляд процедура осуществляется соотношением （8.1.9）.
Искомое КП имеет вид [1]:
九="а + £ ["а, Vh\^~ е1 V(Jua [Mh^ Vh]\ + \[иа^ I/川 I/可)+ …， (9.1.3)
£ К(生 г) = М(еЛ+ у [УЛ, УЛ] + у [[УЛ, R川 V/г] + ... к (9.1.4)
где h 三 九(仅,力).Здесь символ М обозначает операцию выделения функции, не зависящей явно от времени, V/ = / — М f — переменная 〜力
составляющая /, V / = ^ dtV f. Следует отметить, что оператор М вводится лишь для того, чтобы исключить появление секулярных членов, ухудшающих сходимость решения (3). Поэтому предложенный метод интегрирования можно использовать для произвольных гамильтонианов Но (z,力)：функции 2а = 2&(2一 力)могут соответствовать апериодическим степеням свободы.
Пример. Линейное сингулярно-возмущенное уравнение
ev + b(t)心 + d⑴ O = 0,£《1.
Полагая v — x exp (―^),夕 = \ k dt： k = 6/2e, находим, что x(t) удовлетворяет каноническим уравнениям с гамильтонианом
Я(ж, р, t) = j р2 + j w(t) ж2, w(t) = -к1 —春 + / •
Произведем теперь КП
#$(力‘6夕 —“6一夕),p =(力+ “6一夕),
порождаемое ПФ
巳(力，“，力)=；[r"2 + ^^/^ e~^хp, + 6一29“2].
Новый гамильтониан
e九=+ (° 一 ')6一24* + 费('-2d)力‘“ + ^ 發4犷2
Перейдем к медленным координатам 力-夕‘ —> q, тг. Пусть действие оператора М приводит к исключению экспоненциальных функций 6±夕:
Meh = — (6 — 2。) qtt.
Интегрируя по частям, находим
V^h = e [凉 62"一击("')6一247r2 + 0住2).
Учитывая значение СП [q2, тг2] = 4qtt, получим
,Re川=_$ (d —力 q小
Из (3), (4) следует искомая замена
x = q - ^ (c - ь) 6一2в?т + …, р = ?г — в ^-巒Dg +…
и гамильтониан, определяющий эволюцию медленных переменных,
Теперь найдем решение системы (9.1.1) t q — qae^b1^2^ тг — 7Гое-т6-1//2, т — ^dt s(t).
Решение исходного уравнения
о = [Qoe-m (1 + £$ + ...) — ^ с优—2夕 ° + g 〒 + ...
Приближенное и точное решения асимптотически близки на интервале I△力I ~「1 (см. также задачу 10.5.1).
Квадратичные системы
Параметрический резонанс. Найти решение уравнения осциллятора с переменной частотой
z + (说 + k COS 3t) 2 = 0,(1)
где &《3* о; ^ 2и?о・
Решение. Замена переменных 3t = 2s, x(s) = z&s丨з、)从 = =(2ш()/ш)2^ 〃 = 2А:/с(;2 преобразует (1) к стандартной форме уравнения Матье [131,139, 140]
—2 + (// + 2i/ cos 2s)力=0.(2)
ds
Гамильтониан, приводящий к уравнению Матье
Н(ж,夕，s)=；夕2 + ；(从 + 2〃 cos 2s) ж2.
Произведем КП 力，夕一＞ а, £а*:
и для нахождения приближенного решения в области 从〜1 представим гамильтониан в виде Н = Но + "ь
% = (1 + 〃 cos 2s) аа*,
ЛЯ =；(从一1) аа* + ；(从一1 + 2〃 cos2s) (а2 + а*?).
Отметим, что СП [а, а*] = —i. Решение уравнений а = [а, %],
黑=-£ (1 + 〃 cos 2s) а,
порождаемых гамильтонианом Н°
а — А ехр (-£s — г ^ sin 2s), представляет собой КП к переменным а, £а* —> Л, гЛ*.
Учитывая соотношения, следующие из теории функций Бесселя [5]
ехр (—£〃 sin 2s) =Jn(^) ехр(—2ins),
cos 2s exp [—iu sin 2s] = ^ ^ exp (—£〃 sin 2s), запишем гамильтониан △// в новых переменных
е 九'(4 М*, s)=；厶(〃)(从一1 + 2п) ехр [—2г (п + 1) s] А2 +
+ к. с. + — (// — 1) АА*.
В первом приближении метода усреднения вклад в сумму дают слагаемые с n = —1. Поскольку J_i(〃) = — Ji(〃), то
еК = 8А4* + j а (42 + 4*2),(3)
8 =(从一1)/2, о = (3 —从)Ji(〃)/2. Отметим, что при значениях 〃《 1, 丿1(〃)= (^/2) (1 - 〃/8 + ...)•
Найдем решение уравнений, порождаемых гамильтонианом (3). С этой целью произведем вначале КП Z, М* —> q, тг: Z = (q + гтг)/д/5, где Q, тг — координата и импульс. Это преобразование приводит (3) к гамильтониану гармонического осциллятора
⑷⑷&N =；[(§ — сг)开2 + (8 + ст) Q2].
⑷
⑷
На этом этапе решение (2)
x(s) = q cos7 + тг sin7,7 = s + ^ sin2s.(5)
Медленные переменные удовлетворяют уравнениям
*=（8 -0）呼 案（3 +。）5⑹
Пусть J2 V M. В этом случае система ⑹ имеет два собственных вектора
1 11 11 11 1сг + В丁 =nсг + В丁 =n
1 1
1 1
1 1
1 1
сг + В
丁 =
n
сг + В
丁 =
n
соответствующих собственным значениям Ai, 2 = 土几〉几=(。？ — ^2)1/2. Каноническое преобразование q, тг —> q- тг':
夕=言》=^(―“ + "')‘
приводит гамильтониан (4) к диагональной форме eN1 =几开勺'.Следовательно, qf = Qo exp (ns), тг，= 7ro exp (—ns). Полагая (1/r)1/2 = =(2%)i/2 cos a, (丁)1/2 = (2%)i/2 sin a, получим экспоненциально возрастающее решение (5):
ж =^ [exp (ns) cos (7 + a) q()+ exp (—ns) sin (7 — a) ttq].
Пусть J2 > a2. Собственные векторы системы (5)
R =R =cr + 3Aocr + 3Ao_ 11_ 1 1
R =
R =
cr + 3Ao
cr + 3Ao
“1 = 7^ —£R ' “2 = ^ iR
соответствуют собственным значениям Ai* = ±£》o,》o =(户—a2)1/2. Каноническое преобразование
Q (c + C*), TT = —£ (с - c*)
приводит гамильтониан (4) к диагональной форме s№ = Agee*. Следовательно, с = со ехр (—iAgs). В этом случае решение уравнения (2) ограничено.
Следовательно, условие |/z — 1| = | (3 —从)Ji(〃) | задает на плоскости 从〃 границы областей, разделяющих в окрестности 从〜1 устойчивые и неустойчивые решения. В теории уравнения Матье установлено, что
Рис. 9.2.1Рис. 9.2.1каждой точке в заштрихованной области на рис. 9.2.1 соответствуют ограниченные решения уравнения (2). Граничные кривые пересекают ось 从 при значениях 从=1, 4, 9,…
Рис. 9.2.1
Рис. 9.2.1
В поставленной задаче (1) 〃 《1, (3 —从)Ji(〃)у 〃. В обозначениях уравнения (1) неустойчивое, экспоненциально возрастающее решение реализуется при условии \ш — 2с(；о| < &/2幻0・ Это явление называют параметрическим резо
нансом.
Параметрический резонанс в магнитном поле. Заряд движется в переменном магнитном поле, задаваемом вектор- потенциалом А(3 х) = (6/2)/(力)(一д, ж, 0), /(力)=1 — k cos о;力 &《1. Найти решение уравнений движения при u; ~ Q = еВ/тс [83].
Решение. После замены переменных ж, у —> и, и*:
х+ = х + iy = V^U exp (-2^),^ = — dt f(t\ (1)
соответствующей переходу в систему координат, вращающуюся с угловой скоростью。(力),лагранжиан приобретает вид
= У (出一出+ + ZB + 醬 /(力一出+ 一优+出一)=
• * • I • 2/a f*
=mu iz + - mz — J } u 仅・
pL .03 =西=吟pL .03 =西=吟⑵⑵Определяя импульсы
pL .
03 =西=吟
pL .
03 =西=吟
⑵
⑵
d _Zj. ** д Li .
о = 丁 = mu , о = ^тт = mu,диди
получим гамильтониан
H — -0*0+ mmH — -0*0+ mm爲М爲М2+包.2m2+包.2m
H — -0*0+ mm
H — -0*0+ mm
爲М
爲М
2+包.2m
2+包.2m
Произведем далее КП и, и*, z, о,Произведем далее КП и, и*, z, о,O*d3 T 仅一仅*一 2- °- °*-。4：O*d3 T 仅一仅*一 2- °- °*-。4：
Произведем далее КП и, и*, z, о,
Произведем далее КП и, и*, z, о,
O*d3 T 仅一仅*一 2- °- °*-。4：
O*d3 T 仅一仅*一 2- °- °*-。4：
22u =тшu =тши cos 竽 +и cos 竽 +。sin —。sin —⑶⑶
2
2
u =
тш
u =
тш
и cos 竽 +
и cos 竽 +
。sin —
。sin —
⑶
⑶
0=〒(一" Sin у +1； C0SтJ^03=03・
Новый гамильтониан
〃 =2卜+ ^ (产—1)] М『cos2^ + “|2 sin2^ +
+ I (и'г/ + u*'o*‘) sin ut^,
где 8 = (Q2 — ш2)/4ш. Перейдем к медленным переменным 仅一 vf —> q, тг. В первом приближении метода усреднения
£K(q, тг) = Ь(|тг|2 + 同2)+ 6rq7r『—期2),⑷
a = &口2/4幻.Рассмотрим два случая.
А. Движение в области неустойчивости \S\ < о. Используя КП q, тг —> q- тг':
q =吃(/+ 丁—1开*) тг = ±(тг' — ”*‘)，(5)
г = n (J + ст)-1, п — а2 — J2 ,
приведем гамильтониан (4) к диагональной форме еК = —п 6q‘ + + 7T*'q*‘). Решение канонических уравнений qf = 夕。^—九* тг' = тгоеп*. Рассмотрим движение при точном резонансе (8 = 0). Тогда из (1)-(3), (5) находим
力 + =cos+ 幅e" sin (号 + 卜一？
У mil L' /4/\ /4/」
出+ =^ (-iq^e-nt + ^Qent) exp (-£ 三 t — i屮—i^.
При 几力》1 частица периодически приходит в окрестность начала координат. Пусть ж+(0) = р, ж+(0) = 0. Тогда кинетическая энергия частицы (1/2) mQ^p2 sh2nt. Рассмотренная система может быть использована в качестве ускорителя ионов [112].
Б. Движение в области устойчивости \S\〉а. Используя КП
q = ± W — £RT7r*')，开=± (万‘ —£Rq*‘)，
А = A (8 + о)「 А =，簧—о?,
приведем гамильтониан (4) к диагональной форме еК = £А (тг*'д*‘ + + тг%'). Решение канонических уравнений qf = qud*, тг' = 7Гов-гЛ*.
Гамильтониан электрона, движущегося в скрещенном поле (см. задачу 7.2.8) и взаимодействующего с электромагнитной волной, можно представить в виде Н = Яд + %,
Но =幻1厶 一 6^2/2 + З3/3 + a/, Hi = 0/ — 4<тНо =幻1厶 一 6^2/2 + З3/3 + a/, Hi = 0/ — 4<тIIn cos% cos吵.
Но =幻1厶 一 6^2/2 + З3/3 + a/, Hi = 0/ — 4<т
Но =幻1厶 一 6^2/2 + З3/3 + a/, Hi = 0/ — 4<т
Последнее слагаемое в гамильтониане — гамильтониан электромагнитного поля (см. задачу 8.3.5). Найти /2(力),/(t), предполагая, что з 〜 з?.
Решение. Решение уравнений с гамильтонианом Н* 1rl =夕九,Vi, 3 = = 41,з + ^1,з 力 中2 = 夕2 —幻2 力 / =仍中 = 夕+ 幻力.В первом приближении метода усреднения
eк = 0〃 一 20,夕夕2 cos [(з -з2)力 + 4 + 42] •
Произведем КП 夕=(// — (8 — 0) &夕2 =夕$ — 8& р =夕一夕2 =夕$, порождаемое ПФ F2 = pf [(J -^)力+ 4]+ 必(济+ 夕2), где 28 =з一^2 + + 0. Заметим, что преобразование описывает сдвиг частот колебаний поля и электрона. Новый гамильтониан
еК，= -2сг 少弘 cos (“ + &) + 8(“ + 必)
не содержит явно времени. Переходя к комплексным координатам а^ = = V^e—z夕] 口2 = 夕$ 6一2夕;и импульсам £а； =ia^ =
= Р2 6*夕2, получим гамильтониан
& К” (а： а*) = —ст (а；碱 +(Zi(i2)+ ^ (|^i |2 + |。2『)，
который представляет общую квадратичную форму. Его можно диагонализировать методом Боголюбова-Тябликова [94]. Прямой путь состоит в решении линейной системы
@1 =[肉，еК〃] = —i (8肉—оа》 造=i (ba： — oai).
Однако значительно проще воспользоваться КП an, ш* —> q, q*, тг, тг*:
肉=专(夕+ £»*), 。2 =专(q*+ £»)•(1)
Тогда новый гамильтониан совпадает с гамильтонианом (4) задачи 9.2.2, следовательно,
q =专(伙厂"+ ^e^), тг =专(тгое^ - qlre~nt),(2)
г = n (J + cr)-1, n — a2 — J2 .
Из (1), (2) находим решение
肉="(1 — ») + i^ent (l-ir-1)],
:⑶
a2 = - [qle~nt (1 - ir) + i^Qent (1 - ir-1)].
Эти формулы определяют КП к постоянным коллективным координатам q(), тго, описывающим новые невзаимодействующие возбуждения, образованные суперпозицией состояний электрона и поля. Пусть 肉(0) = аю,。2(0) = а?。. В этом случае
а】(力)=аю ch nt — in-1 sh nt (Bai。— oa^),碱=a20 ch nt — in-1 sh 几力(стаю — 8碱°).
В случае резонансного взаимодействия (8 = 0) энергия поля
о; /⑴=о; [/(0) ch2crt + /2(0) sh2crt](4)
экспоненциально нарастает. Два слагаемых в (4) соответствуют вкладу индуцированного и спонтанного излучений. Кинетическая энергия электрона также возрастает. Однако полная энергия системы сохраняется.
Найти решение уравнений (см. задачу 7.3.11)
Сп = [сп, Я], Н =
в первом приближении метода усреднения.
Решение. Если собственные значения энергии не вырождены, то, переходя к медленным переменным сп —> ап, получим из (9.1.3), (9.1.4)
叁=包 + las^ VН] = as ——(1)
^Es = Uss +…
6П
Здесь мы учли, что Umn = U^^. Поскольку гамильтониан еК является диагональной формой, то интегрирование системы (9.1.1) приводит к решению as = As ехр (—i^Est). Подставляя cs(f) из (1) в формулу (2) задачи 7.3.11, получим [54, 94]
V(3x)=(ф「+ ，譽 ф£))% J屮
где Е$ = Е^ + ЛЕ3 — спектр собственных значений уравнения Шредингера.
Найти решение уравнений, порождаемых гамильтонианом Я (ж, р)=夕^/2 + kmnXmXn/2 в первом приближении метода усреднения. kmn = кпт — постоянная матрица, det &〉0.
Решение. Точное решение получено в задаче 7.1.7. Произведем КП
% = (2^)Т/2 (飭6一必"+ ci") •(1)
Новый гамильтониан
е/г = Н(п)е-Мпз)\ (тгз) = n^i + 几2幻2,
Яп = &Qd2, Я1 -i = &Q 以 k =•
3 3\3]
Нерезонансный случай 幻1 * 幻2・ Переходя к медленным переменным z‘ = (с, гс*)—> 仅=(а, га*), находим из (9.1.3), (9.1.4)
2工=ит +/ \+ ...,
еК = —- £ 仇5 阳(n), "：п)] + …= Да;па* ап,
⑺П
Решение уравнений (9.1.1) ап = д/7^ ехр (—£△&九力—£夕九). Сравнивая приближенное решение
力 1 =—- COS [(以1 + △以1)力 + 41] 一
-2—~ COS+ △32)力 ++ ...
0；1 — 0J2C^2
с точным, можно заметить, что первое можно получить из второго, разлагая Qn, △九〃 в ряд по малому параметру &12 (幻^ — 幻^)一 丄
Резонансный случай 幻1 =幻2 =幻0・ Теперь гамильтониан
е/г = % + Hne~in^\
Hq — k (得d2 + 直d1),"2 = &d1。2, 出 =.
Замена переменных (9.1.3)
Cl, 2 = «1,2 - /e2^o* + ...
Усредненный гамильтониан (9.1.4)
EK = k (若a2 + 碱(Zi)-五-(1a1『+ 1a2『)+ ...
с помощью КП 肉,2 = 2一1/2 (4 干 4), приведенного в задаче 7.2.6, приобретает диагональную форму
2Go 8Go
Следовательно, Лп = д/7^ ехр （—£△&九力—i屮公〉
*1（1 一*）cos [@0 + △з1） t +
—^! （1 + *） C0S力
Заметим, что, полагая &i2 = 0, мы получим не исходное приближение （1）, а суперпозицию решений нулевого приближения. Более того, полученные таким образом собственные векторы нулевого приближения являются взаимно ортогональными [54]. Таким образом, метод усреднения позволяет определять собственные значения и собственные векторы.
Нелинейные системы
.3.1. Локализация энергии в нелинейной системе. Гамильтониан связанных ангармонических осцилляторов Н =氏 + Д//,
% = Т （*+说球），△“ ="力1力2 -今（W +喲.
Найти решение в первом приближении метода усреднения.
Решение. В нулевом приближении
力 77,=力 77,=cos（3o力 + 4П）,Pn = - 27nз0 sin （以0力 + 4П）.（1）
力 77,=
力 77,=
Go
Поскольку среднее значение нового гамильтониана не равно нулю, то, сохраняя прежние обозначения, получим из （9.1.4）
eк = 2з 厶/2 cos （41 一 夕2）— 〃（/『 +虑），（2）
= "/2幻0, 〃 = А/16с（;* Произведем КП 夕，/ —> 仇 тг, порождаемое ПФ R2（6 7r）= 1/2（41 + 夕2）开1 + 1/2（02 -41）开2：
^2,1 = | （开1 ±万2）,42,1 =生±g2・
Тогда （2） приобретает вид
E K'（q, тг） = & 开^ —澱 cos 2q2 一 ^ （若 + 務）•
Очевидно, eK1 = Co, vri = С — первые интегралы. Пусть при 力=О первый осциллятор неподвижен, а второй отклонен на угол а. Полагая 41（0） = тг/2, /1（0） = 0,夕2（。）= 0,，2（0）=幻0。2/2, найдем начальные
условия qi,2(0) = ±开/4,夕i,2(0)= 幻0。2/2 三 /д- Следовательно, С = =То, С。= —77/9. Представим уравнение
力2 = [»2, еК‘],Т?2 = 2& 泊一ТГ2 sin2q2
в виде
務=/(^2),/(万)= 一(开2 - /q) W I - 70)+4后].⑶
Решение уравнения (3) существенно зависит от соотношений между значениями &, 77 и Iq.
Положим & = 0, т. е. осцилляторы независимы. Тогда 开2(力)=/()• Далее находим qi,2(力)=—〃/о力 ± тг/4. Решение усредненной системы 夕1 ⑴=тг/2,厶⑴=0,夕2⑴=-A(z2t/16u；o + тг/2, /2⑴=/о・
Б. Пусть 77 = 0, т. е. имеем два связанных линейных осциллятора. Тогда /(тг) = 4&2 (/д — тг2),旭=一 /(开2)：开2 = /о cos2kt. Следовательно, полная энергия
石2,1 ⑴=Зо/2,1 ⑴=^ш Io(l±cos2kt).(4)
В этом проявляется эффект биений — периодический обмен (с частотой 2& = "/о;。) энергией осцилляторов.
Пусть 77/0 < 2&. Область изменения 阮2丨 W ^о- Эффект биений сохраняется.
Г. Пусть 77/0 = 2&. В этом случае 开2(力)=^о ch~^т;/。力
石 2,1(力)=；"。/0(1±成.%/0%).
Д. При условии s = 23/77/0 < 1, соответствующем а?〉32х/А, область допустимых значений ?Г2 ограничена неравенствами /1 W 开2 W Л), 厶=/0(1 - s2)1/2.
Если s « 1, то /1 ^ 7о(1 — s2/2). Максимальное значение энергии первого осциллятора
石lmax = 5 30 (Л)—厶)У 4 Зо/оУ《幻％.
В этом случае первый осциллятор почти не возбуждается. Подстановкой тг2 = /。仅 решение уравнения (3)
1
一J ,(1 — * " — r，2)，—，
万2/П
можно записать в терминах эллиптической функции ?Г2 = /о х х dn (〃/о力 s). Энергия осцилляторов
^2,1 = | ^о^о [1 土 dn (〃/oh s)].
Частота биений 不“卜]К, где К — полный эллиптический интеграл. Ангармоничность осцилляторов приводит к подавлению эффекта биений —в нелинейных системах возникают высоковозбужденные локализованные состояния [113].
Параметрический резонанс в нелинейной системе. Найти решение уравнения
ж + (说-k COS е(；力)力=今力3, r «说
в первом приближении метода усреднения.
Решение. Гамильтониан задачи
"® .力)=# + ; (届一出 cos 3力)力2 一 今 ж4.
Производя КП ж = (2р//с(；о)1/2 cos х\ р = —(2p/u；o)1/2 sin х\ запишем Н в виде Я = Яо + АЯ,
Но = р? ^о -击 cos 幻力),
ЛЯ = —/^ 少 cos а力 cos 2力'—今(^-) cos4 力
Далее КП xf =幻。力—。sin u;t + 夕‘ (о = к[2зз仆)pz = /' позволяет привести АН к виду
e九=--/Z (720； + — —^)J九(20) COS [(2u；o - пш) t + 24〔-
—今 2~2(3 +Лг(4°) cos [(4u；o —几з)力 + 4夕〔)
Рассмотрим резонансный случай, полагая о;。= su;/2 + 8, где s — целое число, \S\ 《а. Перейдем к медленным переменным. Поскольку мы ограничимся первым приближением, то преобразование (9.1.3) является тождественным. Поэтому, не изменяя обозначений, найдем
еК1 = -аГ cos (2“ + 2济)-A'/弋
где о = (l/2)su;/(2о), Az = А/16с^. Производящая функция 巳(“，/,力) = (“ + St) /, реализующая замену “ = 夕 一 8力 I’ = =/, позволяет получить гамильтониан, не зависящий явно от времени:
£ К(6 /) = (8 — (7 cos2g) / — А，/2.
Учитывая, что wK = С является первым интегралом, запишем урав-
нение / = [/, еК] в виде
⑴⑴/2 = F(/),F(/) = —4 (С — 8/ + А，/?/ + 4。2/2
⑴
⑴
Пусть А = 0. Переходя к уравнению второго порядка / + 4 （户— —d） / = 48С, получим решения
/（力）=/д cos （Qt + 夕0）Ч—^- , а? = 4 （户—ст2） > 0,/⑴=/о ch （〃力 + go） - ^^ ,〃2 = 4 （m-户）〉0.
Условие В? < о? определяет границу областей неустойчивости
l^o _s^Js（-^\ 〜—.⑵
I 2 I 2\CdCdo/2\2c（JCdo/ （s — 1）!
Область разрешенных значений I》С/（<т + J）.
Б. Если А # 0, то все решения уравнения （1） конечны. Это обстоятельство обусловлено тем, что с ростом амплитуды уменьшается частота колебаний и нарушается условие синхронизма （2）. Полученный результат весьма важен для нелинейной оптики — интенсивная волна, падающая на периодическую среду под брегговским углом, проходит через нее практически без ослабления.
Стационарный режим определяется условиями / = / = 0. При |8| < а из （1） находим / = （8 + о）/2А- cos2g = —1. В этом случае
ж =sin 力 + /— sin .
Найти решение уравнений бетатронных колебаний
Ж1 + 幻；力1 = —Лж1Ж2,金2 + 3^ 力2 = ^ （舄一若）（1）
в резонансном случае 幻2 = 2幻1 [1].
Решение. Гамильтониан Н = //（）+ △//, Яо = р^/2 + ^ж^/2, ЛЯ = （Х/2） （*2力彳—力^/3）. После КП хп 27n/幻九 cos （幻九力 + 夕？г）, Pn = =—у/21пшп sin （幻九力 + 夕九）новый гамильтониан имеет вид
£ 九（6 /, t） = ЯП1П2 exp [-i （几幻）t - i （几夕）],
П1, П2
^01 = &（2/w]l — ,23^]）^^， Аоз = —^^ "a/T^ ,
Я21 = Я2-1 = RccJ，i/iV7^\ & = A（4,2^2 ）：
Все остальные коэффициенты равны нулю. В случае 幻2 = 2幻1,幻1 =幻。
e 九（6 /,%）=Z klI /2 COS （42 - 241） +A九6一2"a。".
Здесь а2=a016一~,a4 =a216一2~l~2, а6 =a036一3〜2. Усредненный гамильтониан приводит к уравнениям, решения которых получены в задаче 7.3.3. Заметим, что в работе [114], посвященной изучению галактических моделей, рассмотрено уравнение движения звезды в окрестности положения равновесия, которое совпадает с （1）. Решение этой задачи детально исследовано в [115-117] численными методами.
Конфигурация поля в плоском магнетроне определяется 4- потенциалом Ф（г）=石沙,А（г） = В（0, 0, д）. Электроны эмитируются катодом （плоскость g = 0） с нулевой начальной скоростью. Плоскость у = d является анодом. При 2To V d （丁。= 仅/Q, Q = egB/mc, и = =cE/В） магнетрон заперт. Показать, что бегущая волна с потенциалом Ф〜=£*（）/&sh“g sin （о;力—&z） при точном синхронизме （о; = &仅） отпирает магнетрон [102]. Найти уравнения движения ведущих центров в первом приближении метода усреднения.
Решение. Гамильтониан системы
"=★（朮 + 崎）+ £ ⑪ + 加°"）2 - еиЕу - е0Ф^.
Произведем КП рх = р、，р? = р2, Pz = 〃з,力=力ь У = ж2-рз/^^ + ^о, z =力3 + 仅力一夕2/加а, порождаемое ПФ
& =力力 + {У- 丁0）夕2 +（2 一仅力）夕3 + 号^ .
В новых переменных гамильтониан Н = Hq + Д//,
△"=* sh"（g-鳥 +丁0）Sin畸з-
Решение уравнений с гамильтонианом Яд,力i =力：+ pl/m力 〃i = р[： 优3 =抬,夕3 = %,
万不 cos （Qt + 夕），夕2 = a/27mQ sin （Qt + 夕）.
Возвращаясь к исходным переменным, получим уравнение проекции траектории в плоскости yz:
（g-A2）2 + （z — а3 -仅力）2 =（鳥）•
где 尺2 = го — Рз/Ш^, Аз =力4 ——координаты ведущего центра. Задавая начальные условия г（0） = （0, 0, z。）, v（0） = 0, получим значения канонических постоянных 力：=0,夕=0,力g = z（）,夕：=0, / = mQrg/2, 夕4 = 0. Поскольку &力2《1, &丁0《1, то можно использовать дрейфовое приближение, полагая
еК — ——sh”％ sinkR^.
Из уравнений движения
左2 =仅 sh “А? cos kR^. A3 =—二仅 ch “尺2 sin kR^
и первого интеграла shxA? sin kR^ = sh“T()sin kz^ следует, что при cos kzQ > 0 ведущие центры смещаются к аноду. Часть электронов, для которых cos kz()< 0, поглощается катодом.
Заряженная частица в высокочастотном поле резонатора. Электроны движутся в высокочастотном поле прямоугольного резонатора, помещенном в статическое электромагнитное поле, заданное потенциалами ^р^ (х) и Aext(x). Найти эффективный гамильтониан взаимодействия электронов с электромагнитным полем резонатора, соответствующий плавной компоненте траектории.
Решение. Резонатор ограничен металлическими плоскостями O^x^a^O^y^b^O^z^c. Вектор-потенциал поля стоячей волны
a(喫3 х) = rotW(* =(需,一祟,0),
скалярный потенциал Лд = 0, напряженности электрического и магнитного полей волны
Е© х)=，Н© х) = rot А(*.
Здесь W(* —потенциал Герца,
W(* = (О, 0, М》)(х,几))，
ГИ(')(х, п)〜cos Г：*) cos ^^^^ sin ^^^^cosu;t,
где a —幻优九力,Зтг1k = С7Г [(m/a)2 + (n/6)2 + {k/c)^^ — возможные частоты волн при заданных размерах резонатора, т, п, & = 0, 1, 2,...
Пусть в резонаторе возбуждена волна простейшего типа Т^юх- Вектор-потенциал и напряженность электрического поля
А(力 х) = CA(*(x) cos И),А(*(х) = (0, 4, 0),
e（力 x） = ee（* 瓦口⑷力）， e（* =（0,吟，0）,
где з = аки, С — константа.
Запишем гамильтониан электрона
"=ARx) + 号 А 亿 x)]2-e0^ext(x)
в форме Н = Нд + N,
% = £ [р + ^ А『х)『— 产(х),
N =罄 РА亿 х) + 总 А2(力 х), Р = Р + Aext(x). (1) шс2тсс
«Медленная» компонента траектории определяется гамильтонианом
t
Й(х, р) = % +〈N + ； [kNJ如 V N® .力 1)]〉+ ...,(2)
где VЛ^(х,力)一переменная компонента функции N(x,力).Подставляя (1) в (2), получим
Й(х, р) = % + 丄[CZ(*(x)『 +
4mc
Этот результат можно представить в более общем виде [84]
Я(х, р) = а。+ 2〈 [J ^Е(х, “) + •••
Влияние сплюснутости Земли на движение спутника. Найти эволюцию элементов кеплеровой траектории орбиты, обусловленную сжатием Земли у полюсов (см. задачи 1.5.15, 6.4.5).
Решение. Гамильтониан задачи Н = Яд + 九,
2m 2mr2 2mr2 sin2^ г九=一^^_(1 - 3cos2e)，
где R — экваториальный радиус Земли, k ~ 10-3. Перейдем к переменным действие-угол, введенным в задаче 7.4.5: cos® = sini sin-0, cos г = J3/J2,中=X + 仅2,
т22
1 + £ COS X1 + £ COS Xp =——,3 =am
1 + £ COS X
1 + £ COS X
Учитывая, что согласно решению задачи 1.5.3 тт?义=丿2, найдем средние значения
/ ат \3/ ат \32 2тг
/ ат \3
/ ат \3
1 dtam g f,、
=J ^(1+ £C0SX)=
о°
/ sin2(x + W2) \_1/ am\3
\ г /= 2 (电丿
и гамильтониан в первом приближении метода усреднения
Возмущения элементов орбиты определяются уравнениями (9.1.2):
wi — wio — 3：?1 — ^2 (1 _ з cos2/)幻3
w2 — w2o — 3竺— 5 cos2/)
40'/
3ivtkR2 .
w3 = W30^2— COS 2.
Следовательно, все элементы орбиты периодически изменяются. Значение £о = 63°26z (cos io = 5一1/2) определяет критическое наклонение плоскости орбиты. При г > «о перигей движется в отрицательном направлении, при i < i()— в положительном. При умеренном наклонении орбиты приращение △仅2 порядка 4° в сутки [24]. Фиксируя угол «о, можно добиться того, что спутник будет двигаться по терминатору (от лат. terminare ——ограничивать) — линии разграничения дня и ночи. В этом случае освещенность Земли в окрестности орбиты зависит только от широты и времени года.
Система N одномерных осцилляторов движется в потенциальной яме U(ж) = тш^х1 /2-\- А：зж3/3! +1^.. Найти отклик систе
мы на приложенное электрическое поле 石(力)в приближении 〜Е2.
Решение. Производя КП 力，夕一> 夕,тг:
Ж —力 16一'а。* + К. С., 夕——£?TZU；o力 16一'а。* + К. С.,
Ж1 = {а 不屮"「屮〉а = (2mc(；o)_1,
получим гамильтониан е/г = А。+ £ Rne~%n^tJr^
^о = у a27r* % = ^ 9开)3/2, Я2 = j Яо,^з = у (атг)з/2, J = ^ R。.
Перейдем далее к медленным переменам 夕,тг —> 认 I. Согласно (9.1.3) получим е= E 仪n exp [-in (例)力 + 中)],
n=0
= —= （а/>/2 0 —鶉"2 =纂a2/, из = ^a5/2/3/2,…
В соответствии с （9.1.4）
V 23 J 丿 2Go 9Go
Из （9.1.1） следует 中 = {деК/di} t + 中‘,/ = IL Гамильтониан взаимодействия системы с электрическим полем Hi = — dE⑴,d = с £ 力廳 а=1
Полагая в （8.1.9） F = d, eh = Н\, получим
〈d〉=〈d〉o + j d力 1 G（t —力 1）石（力 1） +
+ j d力1 d力2 G⑵（力-力1, t -力2）石（力1）石（力2）+ ...,
где G, G⑵—температурные функции Грина:
G（力一力1）=-0（力一力1）（[d⑴，d（力1）]），G⑵（力一力1,力一力2）=
=Ie（力一力 1）0（亡 1 - ±2）（ [[d⑴，d（力 J d（力2）]〉+ （% 1 г 力2）.
Пусть Е = Re£d》c—s*. Тогда получим А
〈d〉=〈cd% + I “心）cxe~^xt +
0A,1 - 4+0A,1 - 4+с.с.
0
A,
1 - 4
+
0
A,
1 - 4
+
с.
с.
Величина е（з） вычислена в задаче 8.3.2. Нелинейная проницаемость второго порядка
“W, 32）= j dq dr2 G⑵（ть 丁2）6必必272 =
_ е3уу Р （G1 + 以2 + 2sGo）
2$ 心1 + &2 + （冷 + S）Go]（G]_ + SGo）（以2 + SGo）
Вычисляя величину
р _ / 外丄 2 3 （
jn, s —j/? ^n^n+s^s + S （"n+s 3/ "s丿,,
найдем /i, —i = /—1,1 = —/о, 1 = —/о, —1 = （2/u；o） k^o?/1,1 = = /-i5 -i — —/2, -1 = —/-1,2 = （2/3u；o） ЗзоА Остальные коэффициенты равны нулю. Для монохроматического поля с частотой о; [99, с. 322]
ё（"一）=-势4（4 J -喲（J -说）『.
Глава 10
МЕТОД УДВОЕНИЯ ПЕРЕМЕННЫХ
Введение
Рассмотрим систему нелинейных уравнений
出儿=方，(力，t), 从= 1,2,
Приведение этой системы к гамильтоновой форме может быть реализовано введением фазового пространства A2s с координатами 2力=力力, Zk+s = рк, в котором определим СП функций А и В:
ГЛ _ о дА дв_ О Еп _ 19
[4— —石 Q 5 U^ р —2s.
Здесь Е — единичная s-мерная матрица [1,118]. Если теперь построить гамильтониан
h® .力)=卩从 F№ 力)，(Ю.1.1)
то исходная система является гамильтоновой. Вторая группа уравнений
является ассоциированной системой.
Предлагаемый метод позволяет привести к гамильтоновой форме системы уравнений, полученные феноменологически и не являющиеся экстремалями какой-либо вариационной задачи. Особый интерес представляют уравнения, описывающие химические реакции, различные экономические или экологические системы. После приведения к гамильтоновой форме решение уравнений может быть получено на основе мощных методов теории КП.
Пример 1. Найдем решение уравнения ж = /(ж), используя каноническую теорию возмущений. Гамильтониан канонической системы Н(х, р)=夕 / (力).Выберем гамильтониан нулевого приближения Ни = =0. Из (8.1.11) находим
力=犷+ [小""犷)]力+ [国, ""#)]"/3)]痂=
Пусть /(ж) = ж2. Интегрируя уравнение ж = ж2, получим ж-1 = С~】— —力 где С — константа. С другой стороны, ряд теории возмущений (2) также приводит к точному решению
力=力' + 力'2力+ 力'3力2 += _
1 — X t
Представить уравнение Льенара й = —f(u) й + g(u) в гамильтоновой форме.
Решение. А. Полагая и = Ж1, й = Ж2, получим систему [119]
亦1 =力2,亦2 = g(力1) - /(力1)力2
с гамильтонианом
"=夕1夕2 + 夕2 (g(力 1) - /(力 1)力2)•
Б. Положим и = у, х = —у — R(g), где dyF — /(g). Тогда исходное уравнение эквивалентно системе
^ = _g(g), У = -х- F(y).(1)
В фазовом пространстве с координатами 力，g и канонически сопряженными импульсами р, тг гамильтониан
Н = —р g(y) - тг [ж + R(g)].
Если /(ж) = —е (1 — ж2), g(力) = —ш^х^ то из (1) получим уравнение Ван-дер-Поля
亏一 £(1一g2)少+说沙=0
и связанное с ним уравнение
ж — £说(力—^-^ + а^力—0.
Записать уравнение Риккати ж + ад^2 +。(力)=0 в гамильтоновой форме. Найти КП, обращающее гамильтониан в нуль.
Решение. В координатах ж, р гамильтониан
Н(ж, P,力)=-р (aо力2 +d⑴).
Подстановка ж = q/a^q преобразует исходное уравнение в линейное G + а。о(力)q = 0. Пусть 仅1,仅2 ——два линейно независимых решения с вронскианом 仅1 办2 —仅2〃i = 1- Построим далее ПФ
a0 "1 + "2 /
В соответствии с (7.1.3) находим
p = a（）“ （仅1 +仅2力‘产p = a（）“ （仅1 +仅2力‘产一 1 位1 +位2/'a0 UI + "2 /'
p = a（）“ （仅1 +仅2力‘产
p = a（）“ （仅1 +仅2力‘产
Новый гамильтониан равен нулю.
Найти решение уравнений, порождаемых гамильтонианом
Я (ж, р) = 3 夕 а/1 —力 2 , и производящую функцию КП к постоянным
координатам.
Решение. Решение уравнений
ж = [ж, Я] =1 - ж2 , 力=八印=
vl —力 2
является КП, ж, р —> х\ pf:
X = sin (cot +夕 = ；7-.
')cos (cut + ж )
Производящая функция преобразования (1)吊(夕，力-力)=—р sin (о;力 + + 力‘)удовлетворяет уравнению Гамильтона-Якоби в р-представлении (7.1.3)
Найти решение уравнения ж = /(ж/t) методом канонических преобразований.
Решение. Гамильтониан, приводящий к исходному уравнению Р,力)=夕/(力/力).Произведем КП с помощью ПФ 巳(力，/Л 力)= 力)"：
3 尸20’/3 尸2ж
р- ах -「 дР' ~ t'
Новый гамильтониан Н‘ = (///力)[f^)—力〔.Теперь уравнение
# = k, Я,] = I [/(犷)一力[
имеет решениеимеет решениеIn 力 + С =In 力 + С =dxdx/(#) —/(#) —
имеет решение
имеет решение
In 力 + С =
In 力 + С =
dx
dx
/(#) —
/(#) —
Метод адиабатического исключения быстрых переменных. В ряде задач переменные, описывающие подсистему, могут достичь стационарных значений гораздо быстрее, чем переменные, относящиеся к другой подсистеме, взаимодействующей с первой подсистемой. В этом смысле говорят о «быстрых» и «медленных» переменных. В гамильтониане
h = 3 g1 力2 -夕2力 1) -(71夕1力1 + 72p2^2),
с коэффициентами, удовлетворяющими неравенствам 72》71,з《 « 72, координаты 力2 и х^ представляют собой быструю и медленную переменные. Найти гамильтониан, описывающий эволюцию медленной подсистемы.
Решение. Первая группа канонических уравнений не содержит импульсов:
出1=3力2-71 力1,(1)
亦2 = —0；力1 — )2 力2・(2)
Из (2) следует интегральное уравнение
t
力2⑴=力2(0)6一力 1(，).
о
Если время релаксации I/72 координаты 力2 намного меньше, чем время релаксации координаты Ж1, то функцию 力 1(力)можно вынести за знак интеграла. В результате при значениях t》I/72 получим адиабатическое приближение 力2 = 一з力 1/)2・ В этом приближении получим из (1) уравнение для адиабатической переменной
亦1 = —力1，⑶
порождаемое гамильтонианом
Медленная подсистема подчиняет себе и управляет быстрой подсистемой —координата 力2 мгновенно следует значениям координаты 力＞ Поэтому координату х^ называют параметром порядка. Исключая быстрые переменные в системе нелинейных уравнений, можно получить замкнутую систему уравнений для параметра порядка.
Наиболее изученная система ——лазер, содержащий поле и атомы, возбуждаемые накачкой. Полевая подсистема подчиняет себе атомную подсистему. В результате атомы переходят в новое высокоорганизованное на макроскопическом уровне состояние, обеспечивающее высокую когерентность излучения.
Сопоставим (3) с уравнением
云 1 + (幻2 + 7172)力 1 = -(71 + )2)亦 1,(4)
которое получим в результате исключения 力2 из (1). При сильном затухании второй производной в (4) можно пренебречь.
Специальные приложения метода удвоения
Найти разложение в ряд Тейлора функции 夕（力）в точке 力一 используя метод удвоения переменных.
Решение. Рассмотрит уравнение ж = 1, которое является частью системы, порождаемой гамильтонианом Н — р. Полагая в （8.1.9） F = =4（力）,e九=Я, получим
ttti
4⑺=43） + j dt、 [43）, "] + j d力 1 j d力 2 [[4（力‘），"]"]+...= ооо
=8 二
—дх,п п! •⑴
п=0
Поскольку 力（力）= х' + 力,то （1） представляет собой ряд Тейлора функции д（ж）=屮（х‘ + 力'）.
Представить биномиальные коэффициенты в терминах скобок Пуассона.
Решение. Пусть в решении задачи 10.2.1 夕（力）=力？ Тогда получим функцию
力П⑴=犷П+ [力『“]力+ mг河川^ +…= =Х，п + nx，n^t + 几 5 — 1）犷п —2 ^ + ...
Полагая 力'=1, находим
（1 +力广="图华 图=^[力『公]"]
力=0
Дано алгебраическое или трансцендентное уравнение 夕（力,g） = 0. Найти гамильтонову систему, эквивалентную этому уравнению. Рассмотреть случай ср = х2 — у.
Решение А. Предполагая, что выполнены условия существования неявной функции ж =力（д）, получим
ду дх dy（丿
Полагая для удобства g =力,запишем уравнение
i = F（x,t）, F（M）=—礬（貶）т⑵
Если известно решение ж = х^ уравнения 夕（力，力）=0 в некоторой точке 力=力о, то решение задачи Коши 力（力о） = х^ для уравнения
является решением исходного уравнения [120]. Переходя к фазовому пространству ж, р, запишем гамильтониан Н = р F{x^ t) [118]. Если 夕(力,g) = g — /(ж), то ж =力(夕)—функция, обратная /.
Пусть 夕(力，力)=力2 —力.Искомое уравнение эквивалентно задаче Коши 力(力о) = д/to для уравнения ж = (2力)一L Гамильтониан задачи Н = р(2х)~\ Решение канонических уравнений
ж = [ж, Я] = ^ , р=[р, Н] = ^
является КП 力，夕一＞ 力一 #' к постоянным координатам 力[夕‘：
Ж — 力‘2 + 力一力о , Р — —х,2 -\- t — to .
Полагая xf = д/to , получим очевидное решение ж = V?.
Решение Б. Если ввести параметр 力 то уравнение (1) можно представить в виде системы
出一如 方一一如(3)
ду^ у~ дх^
которая в фазовом пространстве (ж, р = у) имеет гамильтонову форму с гамильтонианом Я (ж, р)=夕(力,р). Если известно решение уравнения 夕(力,д) = 0 в некоторой точке (жо, до), то решение задачи Коши ж(0) = с。, #(0) = до для системы (3) позволяет найти корни исходного уравнения в параметрической форме.
Вернемся к рассмотренному примеру. Теперь гамильтониан задачи НЕ р) = ж2 — р. Решение канонических уравнений х = xf — t^ р = = pf — 2力'力 + 产.Полагая xf = д/^ё，夕'= Уо, получим ж = д/р = д/^.
Найти корни x(t) уравнения х2 — 2х — t = 0, используя канонический формализм.
Решение. Положим 力=0. Тогда уравнение имеет два решения 力С^ = 0, 2. Для определения корней запишем уравнение (2) задачи 10.2.3 и гамильтониан:
Используя (10.1.2), получим
Х = Х，+ 2(^-1) - 8 Q，— 1)3 + 16 (У — 1)5(1)
Полагая 力'=力,)=0, получим первый корень
力1 =一万 + w—正 +… =1- д/l +力.
Полагая в (1) xf =力，°)= 2, найдем второй корень
力 2 = 2+ /-区 +正 + …=1 + д/i + 力•
Найти корни уравнения аж3 + Ьх2 +。力 + 力=0 в области 力《 1 (庐〉4ad).
Решение. Полагая 力=0, получим три решения 力,)=0, ж^з = =(—6干 д/庐一4aо)/2. Поэтому для определения каждого корня необходимо решить задачу Коши ж(0) = Хп^ (几=1, 2, 3) для уравнения ж = — (За力？+26力+。) . Гамильтониан соответствующей канонической системы Я (ж, р) = —р (За 力 2 + 26 力 + с) L Используя теорию возмущений, находим
х —-|_(За*‘ + Ь)尸 I
Зах2 + 2Ьа/ + с (Заж,2 + 2Ьх' + с)3
Полагая 力'=0, получим приближенное выражение для первого корня:
Аналогичным образом найдем разложение второго и третьего корней:
叮=-3矶唠2)2: 2b)整+ 。 +…
Найти решение уравнения Кеплера х — е sin ж = о;力 е < 1 [24, 25]._
Решение. Дифференцируя, получим уравнение ж = ш (1 —е cos ж)-1, порождаемое гамильтонианом Н = 夕/(力),/(ж) = ш (1 — е cos ж)-1. Полагая в (10.1.2) х' = 0, получим
g力e
Найти функцию, обратную еж, используя канонический формализм.
Решение. Положим 夕(力,力)=6”一九 Тогда зависимость 力(力)определяется из решения канонического уравнения, порождаемого гамильтонианом Я(ж, р) = ре~х. Из (10.1.2) находим
力=犷 + e-^(t-to) — с—?" {ЦМ + 26—зМ 色萨 + …
Поскольку ж(1) = 0, то, полагая 力о = 1, о/ = 0, получим
优⑴=优⑴=(-1 严1п(-1 严1п（力一1广=1口九（力一1广=1口九
优⑴=
优⑴=
(-1 严1п
(-1 严1п
（力一1广=1口九
（力一1广=1口九
Обращение интегралов. Функция 力(力)является обратной по отношению к интегралу
Получить гамильтонову форму обращения интеграла на основе метода удвоенных переменных. Рассмотреть случай
/(ж) =(1 — Ж2) (1 — &2力2).
Решение. Рассматриваемый интеграл является решением дифференциального уравнения ж = /(ж) с начальным условием ж(0) = 0. Вводя фазовое ж, р-пространство и гамильтониан Н = р /(ж), мы получим возможность использовать методы теории канонических преобразований. Рассмотрим функцию Якоби ж = sn (t, k)——эллиптический синус. В этом случае / =(1 — ж2) (1 — k2x2). Найдем sn (t, &), используя
каноническую теорию возмущений. Поскольку sn (0, &) = 0, то, полагая в (10.1.2) х1 = 0, получим известное разложение [5]
力=力一(1 + к^ ^[ + ° + 14&2 + &4) ^у + ...
Найти алгоритм вычисления чисел Эйлера, используя канонический формализм.
Решение. Производящая функция [121]
— Епn=0— Епn=0n!n!
— Еп
n=0
— Еп
n=0
n!
n!
для чисел Эйлера Еп удовлетворяет уравнению
亦=/(力)，/(ж) = -ж 1 - ж2 ,
которое имеет гамильтонову функцию Н =—夕力，1 —力2 Следуя теории возмущений, получим
力⑴=Xf — Xf (1 —力‘2)1/2 t — Xf (2力'—1) — +
+ 力‘ (1 — Х^ (6ж，2 — 1) ^у + ...
Поскольку ж(0) = 1, то х' = 1. Следовательно, числа Эйлера определяются мультискобкой Пуассона:
Еп =[...[力，pf] pf] . . •] pf]xf = l •
Вычисляя СП, находим 石2九+1 =0,石о = L 石2 = — L 石4 = 5,...
Найти полиномы Эрмита в терминах СП.
£ n!£ n!Решение. Производящая функция
£ n!
£ n!
x(t) — exp [—t2 + 2ut] — Нп{й)
n=0
для полиномов Эрмита удовлетворяет уравнению ж = /(ж), /(ж)= =2жд/^2 — In ж. Полагая в (10.1.2)力'=1, получим
“71(") =•[力〉Pf] Pf] • • •] Pf]x, = l •
Вычисляя СП, находим [5] Hi(力)=1, »2(力)=2ж, Я3(ж) = 4ж2 — 2,...
Функция 力(力)удовлетворяет уравнению q = /(q). Найти аппроксиманту Паде функции q⑴.
Решение. Исходное уравнение порождается гамильтонианом Н = =tt/(q), где тг — импульс. Произведем КП q, тг —> 力,р:
В новых координатах гамильтониан R = (р2/2) /(力/夕). Полагая в (8.1.7) 2〃 = ж, р, получим аппроксиманту Паде [N^ M](t), соответствующую> оо [122].
Получить приближение функции q(力) =In (1 + 力)рациональной дробью.
Решение. Функция q(力)является решением канонического уравнения с гамильтонианом Я(q, тг) = тге-9. Произведем КП q, тг —> 力,р:
ж1 2口1 2
Q = - , 7r = /九F2(q,= ；р q・
В новых переменных гамильтониан А(力,夕)=(р2/2) exp (—ж/p). Полагая в (8.1.7) z = х, р, &h = А, получим
Поскольку q(0) = 0, то, полагая после вычисления СП 力'=0,夕‘ =1, получим
、丿 1 + 〃2 一产/8+...、/
Положим теперь в (8.1.9) F — q^ eh — H(q： тг). Тогда получим ряд теории возмущения
q ⑴|t2 + |t3 + ...q ⑴|t2 + |t3 + ...8 J1广+1严8 J1广+1严n=ln=l
q ⑴|t2 + |t3 + ...
q ⑴|t2 + |t3 + ...
8 J1广+1严
8 J1广+1严
n=l
n=l
коэффициенты которого совпадают с коэффициентами разложения (1) в ряд Тейлора. Следовательно, (1) представляет аппроксиманту Паде [N, М ⑴ при N = 7И = оо [122].
Найти решение задачи Коши 力(0) = 0 для уравнения ж = = /(ж,力).Рассмотреть случай уравнения Риккати /(力，力)=力？ + t2.
X — x1 -\-夕(力)，X — x1 -\-夕(力)，Решение 1. Гамильтониан задачи Н = р /(ж,力)представим в виде Я = Яо + △", % = Р /(0,力)，△" = Р [/(ж, t) — /(0,力)].Решение уравнений с гамильтонианом Яд
X — x1 -\-夕(力)，
X — x1 -\-夕(力)，
夕⑴=J dtf f (0,力')，p = “. о
Новый гамильтониан
，(小m力)="[/(。⑴+认力)-/(0,力)]•
Полагая в (8.1.7) z =力-eh = Н\ получим решение в виде ряда теории возмущений. Полагая /(力，力)=力？ + t2, найдем [123, с. 25]
方72尸丄 产
力⑴=勺 ++ 3-7.9.11 + (7.9)2.15 + • • •
Развитый здесь подход является гамильтоновой формой метода Чаплыгина.
Решение 2. Представим Н‘ в виде Н，= Н\ -\~ АН\
^о = " [/(9⑴,力)+力a/(9,力)-/(0,%)].
Решение уравнений с гамильтонианом Н&
t
犷=力〃 ехр [以3 0)] + Jd力 1 [/(夕(力 1),力 1) - /(0, й)] с以3%),
0力⑴
少=夕〃 exp [-以力 0)],以力力 1) = J ds %/(9(s), s).
ti
Эволюция переменных 力〃,夕〃 определяется гамильтонианом Я^. В случае / =力2 + 力2 из (1) следует решение задачи Коши
t
力⑴=^ + М ^ ехр[^ (# — #)]+ …⑵
о
Интегрируя по частям, находим, что (2) совпадает с решением, найденным по методу Ньютона-Канторовича [123, с. 28].
Интегрирование уравнений движения
Найти решение уравнения тг = —V/7(г) в виде ряда теорий возмущений.
Решение. Искомое уравнение тхп = —dnU эквивалентно системе
^n = ^n, Tni)n = —дп U(1)
с гамильтонианом Н = pv — т—'тгРи. Здесь р, тг — импульсы, канонически сопряженные координатам х, v в пространстве Я12. Полагая в (8.1.11) Zr =力川,получим решение уравнений движения:
力4=攻+ %力-乙U -乙+…
(ср. с задачей 8.2.2).
Система с быстровращающейся фазой. Найти приближенное решение уравнения 0 + sin 夕=0. Начальные условия 夕(0) = 0, 夕(0) = а》2.
Решение. Используя первый интеграл а2/2 — 1 = <^2/2 — cos 夕, заключаем, что при а « 2 постоянная а играет роль амплитуды линейных колебаний. Запишем теперь уравнение маятника в виде системы
出=-sin夕， 夕=a +力
с гамильтонианом Н = / (а +力)一夕 sin 夕.После КП ^р — at-\-^p\ I — /_ х = х\ р =夕-порождаемого ПФ & = xpf -\- (ср — at) /「получим новый гамильтониан Н‘ = Vх' — р' sin (а力 + “). Полагая в (8.1.7) z — eh — =Н\ найдем
tt ti
夕=a力 + 然 + ] d力 1 力％ -]必 1 ] d力2 sin (a力2 + 夕％) + • • •(1)
ооо о
о
о
Учитывая, что 夕'(0) = 0,力'(0) = 0, получим решение
⑵⑵9(力) a力 + -2 sin a力 一 一+ ...
⑵
⑵
Это выражение получено в работе [79, с. 52] в результате обширных расчетов второго приближения в предлагаемом авторами методе. Заметим также, что, вопреки общепринятой точке зрения, решение (2) по методу быстрой фазы описывает не только вращательное движение, но и колебания в окрестности положения равновесия. Действительно, вычисляя следующие члены ряда (1) и предполагая, что a « 1, получим решение в виде 夕=a sin t.
Представить уравнение
ii +)办 + ш^и = F(t),7 < 2幻0
в гамильтоновой форме. Найти решение, используя каноническую теорию возмущений. Определить мощность, поглощаемую осциллятором.
Решение. Полагая Ж1 = и^ х^ = ^, получим систему
出1 - Ж2,出2 =一）力2,—з^力1 + r（力）,
порождаемую в пространстве Я4 гамильтонианом
Я（ж, р,力）=夕1 力2 -夕2（7力2 + ^o^i - R（力））•
Произведем теперь КП
Ж1 = -^ £ —万（力I COS Q力 + 力$ sin Qt）, 力2 = ^^ ,
Pl =—警, 夕2 =吃 6^~ （-pi sin Ш + P2 cos Ш）,
где 口 = 幻^ — （）/2）2 . Эволюция штрихованных переменных определяется гамильтонианом Н‘ =夕2（夕-力）尸（力）• Полагая в （8.1.7） z = Ж1, e/z = Н\ находим точное решение исходного уравнения
力1 ⑴=力i（力）+ ] dt' Gi2（力-力'）R（'）, to
G12« — У）=。（力一，）同⑴，力2（У）]=
力一#）
=e（力一，）a-%-2 - sin a （力一y）.
Мгновенная мощность W = iiF = x^F^ поглощаемая осциллятором, следует из （8.1.9）:
t
W（t）=匠⑴+ ] d，[出⑴R⑴，牙（，）]+…=
=出⑴尸⑴ + j d，G22（力一У） R⑴ F^）. （1）
G22« 一力'）=e（力-力‘）[力2（力），力2（，）]=e（力一力‘）9fGi2（t - tf）.
Найти решение уравнения й + ш^и = е/（и,办）,е 《 1, используя метод усреднения канонических систем. Рассмотреть уравнение Ван-дер-Поля е /（仅,办）=）（1 — и1 /^й [126].
Решение. Полагая и =力^ 办=力2, запишем исходное уравнение в виде системы
亦 1 =力2, 亦2 = -^o^i + £ /（Ж1,力2）
с гамильтонианом
я =夕1 力2 -说。2力 1 + £02 /（力 1,力2）.
Произведем КП к новым координатам а,夕 и импульсам р, /:
х^ - a cos （以о力 + 9）,①2 = -«^0 sin （以0力 + 夕）,
Pi = p cos （a0力 + 夕）-/ sin （以0力 + 夕）,（1）
#2 =sin（3（）力 + 夕） cos（3（）力 + g）.（2）
cuoacuo
Это преобразование реализует, по существу, переход от декартовых к полярным координатам [86]. В новых переменных гамильтониан имеет вид
е/г = —s^q1 卜 sin （a。力 + 夕）+ ^ cos （о;。力 + 夕）]R（a,夕，力），（3）
где R（a,夕,力） = /（力i（a,夕,力）,力2（a,夕,力））.Канонические уравнения движения совпадают с системой （5.1.2）. Таким образом, каноническое преобразование （1）, （2） позволяет представить метод Крылова- Боголюбова в гамильтоновой форме.
Представим функцию F（a,夕，力）в виде ряда
R（a, 3 力）= 见（a …）6一沦叫 乙（a，9）=爲（a） e-in^ （4）
где % （a） — коэффициенты разложения функции / （a cos 吸—аз。sin 吵） в ряд Фурье. Следовательно, гамильтониан （3）
爲 j） —）e-i + K.c.,
吵=ujqI + 夕.В первом приближении метода усреднения из （9.1.3）, （9.1.4） находим
= -点（卜力+ к.с.
Рассмотрим уравнение Ван-дер-Поля. В этом случае коэффициенты ряда ⑷
上 уаш0 а2 \ 上 таз。 а2
5 = 丁（「参｝и3 = -丁遠.
В первом приближении гамильтониан (9.1.4)
£К Ww(l —%) + ...
Из уравнений (9.1.1) следует
а⑴=а0е7*/2 [1 + 券(е)‘ 一 1)] ‘，夕=夕°.
Если 7 > 0, то при t》7-1 имеем предельный цикл: а = 2с.
Найти решение системы уравнений брюсселятора [124]
й\ — П - (m + 1)仅1 + 仅；仅2,办2 = 力2仅1 - 仅；仅2
в первом приближении метода усреднения.
Решение. Стационарное состояние определяется значениями 仅1 = =п, и^ = т/п. После подстановки 仅1 = п + Ж1, и^ = т/п + Ж2 получим систему
^т = ктп岔п + Fт (^1,力2),^, 72 = 1, 2,(1)
где Зи = m — 1, &2i = —ш, &12 = —&22 = п2, Fi = — F2 = (т/п)力? + + 2几① 1 ①2 + ①彳①2・ Представим систему (1) как каноническую с гамильтонианом
//(力〉Р)= kmnPm^n + Pm ^т •
Предположим, что
а2 — det & — (； Sp &) — I [(n + I)2 — m] [m — (n — I)2] > 0,
и произведем КП x)p T x‘)p‘)диагонализующее квадратичную часть гамильтониана Яо = ктпРт瓮п：
хт = %пг\力川 Pm = АртР 2
здесь Л~^ =仅他(川).Собственные векторы
_1&12_1&12
"优⑴= 7^Ж无一任1，"优⑵=^^% 一任1
системы kmnun =入Um, соответствуют собственным значениям Xi,2 = =(1/2) Sp& 干 io. Матрица 厶他川 образована собственными векторами
_—勿 Al + &22_ 勿入2 + &22
优⑴-^^ 一出12 ‘ 优⑵-^^ 一出12
ассоциированной системы — kmnvn = Afm, соответствующими собственным значениям 儿,2 =—》1,2・ Очевидно, при Sp& V 0 точка 力1 =力2 = ° является устойчивым фокусом, а при Sp k 〉 0 — неустойчивым фокусом. Если п = 1, то при m = 2 возникает динамическая бифуркация [125]. При докритических значениях m < 2 возмущения затухают, а в интервале 2 < m < 4 возникает устойчивый закритический предельный цикл. В новых переменных гамильтониан приобретает вид Н，= Н} + △//- 〃( = £о〃夕厶力厶,oi,2 =干о,
△〃 = ； Sp 出心心 +(4i —/2)%[^ zlM1fx以 +
+ ^пА-^^ A^x^x^ + A^ A^A^x^x^x1^ .⑵
Перейдем теперь к медленным переменным х\ р' Т q,仆 производя КП 矶=q〃 eхр (沁川力)，夕厶=?т〃 exp (一沁川力).Подставляя с-勿 в (2), получим в соответствии с (9.1.4)
еК =开1史Sp& +(2А1 + А? — 3&口)qiq^ +
+ 开2夕2 [/ Sp & — ^| (2A2 + Al — 3&11) QiQ2] + • • • (3)
Далее удобно перейти к действительным координатам а,夕 и импуль
сам р, I:
"表也=土(0+力"
■^ a cos (at + 夕),■^ a cos (at + 夕),cos (о力 + 夕)一 о sincos (о力 + 夕)一 о sinРешение исходных уравнений
■^ a cos (at + 夕),
■^ a cos (at + 夕),
cos (о力 + 夕)一 о sin
cos (о力 + 夕)一 о sin
仅1 =几+
m a
仅2 =1/ 7( 3
В новых переменных (3) принимает вид
еК = ； pa〔Sp & —訂(3&ii — 2 Sp k)] +
/ 2
+ "^2 [2 det к + Sp к (3&ii — 2 Sp &)] + ...
В режиме предельного цикла амплитуда а постоянна, а2 = 4о Sp & (3&11 — 2 Sp &)т = 2 m (4 — т)—•
Найти решение уравнений Лотки-Вольтерра （см. задачу 7.3.1）办 1 = а （1 — 仅2）仅1,办2 = —6（1 — 仅1）仅2, используя метод усреднения.
Решение. Приравнивая нулю правые части, найдем стационарную точку 仅1 =仅2 = 1- Переходя к переменным 力i =仅1 — 1,力2 =仅2 — 1, получим систему
Ж1 = —а力2 （1 + 力 1）, 亦2 = 6力 1 （1 + 力2） с гамильтонианом
Н = -api力2 + 602力1 + （602 -а01）力1力2・
Произведем КП хп^ рп ^ ж, ж*, р,夕*:
吗=专（少%i+ “5），（少%产+力宀），数二表⑶/ （xe~iat -х*е^,也二鳥⑶/ （р~— р*е-м）,
<7 = д/^, исключающее квадратичную часть гамильтониана. В новых переменных гамильтониан
Я? = -|^ （V^ + 〃V^） р （力2^-5 - 力*2^35） + к. с.
Перейдем в соответствии с （9.1.3）, （9.1.4） к медленным переменным Q, тг:
力=夕 + ^^ （V^ + £ V^ 乂『6一2°* + I q*2c32b[ + ...,
&K = ^|^（7T*q* - 7TQ）|q|2 + ...
Решение уравнения （9.1.1） имеет вид
q⑴=^ C exp [-/Aat - 27], Да = -^^ С2,
где С, 7 — постоянные. Следовательно, решение исходной системы
仅1 = 1+ （^） / e cos （з力 + 7）+ ^- [2 cos （2з力 + 2））-
—sin （2uj力 + 2））] + ...,
где о; = ст + Да ——частота, зависящая от начальных условий.
Гамильтонова теория специальных функций
Найти решение уравнения
й + B(t)u + C(t)u = ^(1)
методами гамильтоновой динамики [118].
Решение. Уравнение (1) можно представить в виде системы
亦1 =力2, ж2 — -Вх2 - C^i(2)
с гамильтонианом
h(X ： p：力)01 力 2 一02 (6 力 2 +C力1)Hmn (t) Pm ① n：
где Яц = О, Я12 = 1, »21 = —°, »22 = —В. Если B(t\。⑴— аналитические функции, то, полагая в (8.1.7) z^ = жi, получим решение в виде ряда по степеням t.
Пусть B(t), С(力)удовлетворяют условиям Фукса [109] в точке 力=0:
Iоо
6(力)=毕+ 6⑴，m力)= bntL*
一嘖1⑶
c⑴=扌 + d°⑴=eП^П-2.
В этом случае 力 =0 является регулярной особой или правильной точкой. Выделим матрицу Н以,описывающую поведение решения в особой точке: Нтп — Я^! + hmn,
0—1n п
"(°)= —со 瓦,А = —6,
и представим гамильтониан в виде Н = Нд -\~ АН,
Яо = Н^1ртХп = 01 力2 —夕2 (¥ 力2 + 子力 1),
= hmnPmнП —一02 (6力2 +d力1).
MX 但MX 但Фундаментальная система решений уравнений
MX 但
MX 但
力1=力2, 力2 =一万力2 一
力1 =渺2, /2 =一力+
порождаемых зависит от корней
= ^ (1 —历 ± 〃 - 4k ),& = w + ^ 历一；碌
характеристического уравнения s (s — 1) + b^s + eg = 0. Пусть 4& < 1.
Тогда решение уравнений (4), (5) имеет вид (см. также задачу 8.4.5)
хт = ^ТП11Х11^Рш = Ar1rLp 乩・(6)
Здесь Л~^ — элементы матрицы, столбцами которой являются собственные векторы системы (4):
_ 1 Г1_ 1 加 2
"优⑴=宾 S产t ，"他⑵=7^S2加2T，
о = S2 — si. Заметим, что матрица Лтм образована собственными векторами
_ 1 S2t~S1_ 1 一厂S2
"优⑴=宾si ' 1M2)=縞力1 -S2
системы (5). Решение (6) является КП z —> z- причем эволюция переменных z‘ определяется гамильтонианом
Н〈Z)t) = ЬепАаеАп^РеХ^—Р2(Р 5 力)[б(力)力2(力,力)+
+ d(力)力 1(力,%)]=HN^pnхь.
Полагая в (8.1.7) z^ = ж^, eh = Н\ получим решение уравнений (2)
Xi =吼⑴+ ]d力1同⑴，力‘(力1)] +…= о
力 1) ^mn^l)力n(力 1) +力 1) ^mn^l)力n(力 1) +%1）"馬（力1） Gr1kg力2）"為（力2）力式力2）+…%1）"馬（力1） Gr1kg力2）"為（力2）力式力2）+…⑺⑺
力 1) ^mn^l)力n(力 1) +
力 1) ^mn^l)力n(力 1) +
%1）"馬（力1） Gr1kg力2）"為（力2）力式力2）+…
%1）"馬（力1） Gr1kg力2）"為（力2）力式力2）+…
⑺
⑺
Здесь GimS tQ = ~[xi(ta), Pm(tb)] — двухвременные функции, пропорциональные функциям Грина. Ряд (7) содержит СП двух типов:
G]_2(力а,力b)=G]_2(力а,力b)=力b 5力b 5G22(力a,力b) = -0一1G22(力a,力b) = -0一1
G]_2(力а,力b)=
G]_2(力а,力b)=
力b 5
力b 5
G22(力a,力b) = -0一1
G22(力a,力b) = -0一1
После интегрирования (7) имеем
1*1“1*1“["1 ⑴ *0 +〃2 ⑴抬 о],["1 ⑴ *0 +〃2 ⑴抬 о],(8)(8)
1
*1“
1
*1“
["1 ⑴ *0 +〃2 ⑴抬 о],
["1 ⑴ *0 +〃2 ⑴抬 о],
(8)
(8)
где 〃1(力),〃2(力)——два линейно независимых решения уравнения (1). При вычислении интегралов воспользуемся обозначениями, введенными Трикоми [109, с. 281]:
/n(s) = sbn + Cn, “S)= s(S - 1) + bos + W =(S - Si) (s - S2),
поскольку подынтегральные выражения содержат характерные структуры
sb⑴+力о⑴= fn(s)严
Пусть ст не равно целому числу. Тогда, учитывая значения интегралов
j d力 1 Ci2（t,力1）力7一2 =『；冷）5 0j d力 1 Ci2（t,力1）力7一2 =『；冷）5 0]d力 1 G22(力力1) ^1 2 = ?(冷)5 0]d力 1 G22(力力1) ^1 2 = ?(冷)5 0
j d力 1 Ci2（t,力1）力7一2 =『；冷）5 0
j d力 1 Ci2（t,力1）力7一2 =『；冷）5 0
]d力 1 G22(力力1) ^1 2 = ?(冷)5 0
]d力 1 G22(力力1) ^1 2 = ?(冷)5 0
получим
"1 （力）=户"1 （力）=户8 九(S1)尸 8 加 S + S1)九(S1)严/(n + S1)十f(m + 冷 + Si) /(n + Si)十
"1 （力）=户
"1 （力）=户
n=ln： m=l.
Второе независимое решение 〃2(力)следует из (9) после замены si —> s?. В том случае, когда s】一s? = а — целое положительное число, функция 〃2(力)содержит In t:
"2⑴=犬2 1 -"2⑴=犬2 1 -^^ + 今 + …"S2)+ 一^^ + 今 + …"S2)+ 一n=1 /m + s2)n=1 /m + s2)
"2⑴=犬2 1 -
"2⑴=犬2 1 -
^^ + 今 + …"S2)+ 一
^^ + 今 + …"S2)+ 一
n=1 /m + s2)
n=1 /m + s2)
Гамильтонов подход к решению линейных уравнений с переменными коэффициентами существенно проще классического метода интегрирования с помощью рядов.
Найти решение уравнения для вырожденной гипергеометрической функции и = F{az 7, t):
刃+(^一О 位_^" = °.刃+(^一О 位_^" = °.⑴⑴
刃+(^一О 位_^" = °.
刃+(^一О 位_^" = °.
⑴
⑴
Решение. Используя обозначения задачи 10.4.1, найдем 60 = 7,61 = =—1, ci = —а, остальные коэффициенты равны нулю. Гамильтониан
// = Яо + ЛЯ, Яо =力力2 - Y 夕2力2,АЯ =夕2力2 + у 夕2cl.
Учитывая значения корней si = 0, S2 = 1—7, получим два независимых решения:
+ * + 累；；《+ • ••三 ф3‘ ％ 川
W2(i) = /i-7^1 + Q~j + 1 / + ...)三 ©3 — 7 + 1, 2 —7, i),где Ф(а, 7,力) — ряд Куммера [5, 121]. Если произвести КП 力$,夕$ —>1
*0=。叫,抬0 = 7^力幺
抬0 =吃夕八 必0 =，^夕幺 = 1 - 7 то решение приобретает вид
力 1 = Ф(a, 7,力)力？ + (1 - 7)-1 #-)①9 -)+ 1, 2 -)，一力)抬‘.(2)
Найдем теперь решение (1), не выделяя в гамильтониане неаналитическую составляющую Яо- Полагая в (8.1.7) z^ = Ж1, eh = Я, получим
力 1 =力:+ 力$力 - yt (In 力 - 1) + 万 + \ Qn^t - 2 1rl 力 + 2) -
一/产(m力一;) + ^ + 一. • (3)
Здесь для упрощения формул взято значение а = 0. В этом случае 〃1 = Ф(0, 7,力)=1. Можно заметить, что второе независимое решение представляет собой точное решение
(1 — 7)-11 exp (—7 In 力)Ф(1 — 7, 2 — 7,力)，
разложенное в ряд Тейлора по степеням 7. Возникновение логарифмических вкладов обусловлено применением теории возмущений для
гамильтониана, неаналитического в точке 力=0. Аналогичная логарифмическая расходимость появляется в квантовой теории поля.
Построить алгоритм диагонализации гамильтониана //（力，夕，力） — Hmn（t） РтпХп. Рассмотреть случай Яц — Н?? — 0, Я12 = 1, »21 =应力）〉0 при 力〉0 [95].
10.5. Сингулярно-возмущенные уравнения
Теория возмущений занимает центральное место среди приближенных методов интегрирования дифференциальных уравнений. Однако в задачах с малым параметром е при старшей производной сколь угодно малые изменения параметра приводят к конечным приращениям решения. При е = 0 понижается порядок уравнения. Различие фазовых траекторий исходной и вырожденной систем существенно усложняет получение приближенных решений. Сингулярные уравнения встречаются в механике, релятивистской теории поля и, в основном, в теориях движения плазмы, жидкости и газа.
Трудности решения подобных систем явились причиной создания нескольких асимптотических методов [77, 78,126-128]. Известные методы внешних и внутренних разложений, сращивания, многих масштабов и другие, представляют весьма громоздкую процедуру; в ряде методов отыскивается лишь решение конкретной краевой задачи, отсутствует алгоритм построения высших приближений.
Гамильтонов подход в теории сингулярно-возмущенных уравнений существенно упрощает вычисления. Более того, необходимость оставаться в группе движений кососимметричной метрики позволяет построить единый алгоритм общего решения [1, 126].
Рассмотрим систему
ех = /（ж, у, t\ у = у, t\ е < 1.（Ю.5.1）
Введем пространство А’ с координатами 力,д, импульсами р, тг и гамильтонианом
Н（叫 g, Р, тг,力）=^pf（x,勿力）+ тгд（力，g,力）.（10.5.2）
Первая пара канонических уравнений совпадает с （1）, а вторая образует ассоциированную систему
/=一日（10.5.3）г дхдх'
开=Р ъ7r（10.5.4）£ дуду''
При е = 0 система （1） становится вырожденной. Определяя из первого уравнения （1） ж =力（。）（沙,力）,получим уравнение
У =夕（力©匂，力），勿力）.（10.5.5）
Решение вырожденной системы у = д（°）（力）,ж =力（°）（д（°）（力）,力）соответствует медленному движению с характерным временем Т.
Основой известных методов решения （1） является исследование эволюции на многообразии вырожденной системы. Ниже развит подход, в котором первый этап связан с исследованием решения на многообразии быстрых движений при £ 《 1. Структура гамильтониана （2） показывает, что основной вклад в первом приближении должны вносить траектории, порождаемые составляющей
% =;#/（力,勿力
Соответствующие канонические уравнения
（10.5.6）
e出=/（力，勿力），纟=0，
（10.5.7）
.df.df
（10.5.8）
существенно проще исходной системы. После интегрирования （7）
岔=R（H，儿 t）, g = J（Ю.5.9）
уравнения （8）——линейная система с переменными коэффициентами:
Р（礬）"= 0（%/）（%/）-
Ее решение можно представить в виде
тг = тг‘ + d右力（办/） （3"）т =
（礬厂（礬厂（10.5.10）（10.5.10）/ dR \-1 d dyf
（礬厂
（礬厂
（10.5.10）
（10.5.10）
\дх ） dti dxf 5
где z' — постоянные, играющие роль новых канонических переменных. В этом приближении решение （9） правильно описывает быстрое движение в области вне кривой ж =力（°）（沙,力）,т. е. обладает свойствами, характерными для пограничных функций. Более того, из （9） следует соотношение R（x\ у\ t）—>力（°）（/，力） при £ —> 0. Медленная эволюция штрихованных переменных определяется гамильтонианом Н，（z\ 力）= =△//（2（2- 力），力），где △//（% 力）=7T ь（力，g，力）.
Выделим в H‘U t） составляющую Hq（z\ 力）,которая позволит получить первый член равномерно-пригодного решения системы （1）. Наложим требование, согласно которому переменные z‘ определяют медленное движение в окрестности кривой ж =力（°）（д',力）.Тогда достаточно ограничиться приближением
R（J 小）=Я（0, J"） + "岩）』+ …,
夕（凡必力）=夕（R（0,心力），必力）+ ж，（^7）ж/=0 （磊）公及+…，
где А。= А（0, g,力）.Гамильтониан
"4（，%）=1呵 小夕（a（0, У,力），У,力）+ "力‘ =7T’D（力⑼（〃，力））+ p XЗаметим, что решение уравнения"4（，%）=1呵 小夕（a（0, У,力），У,力）+ "力‘ =7T’D（力⑼（〃，力））+ p XЗаметим, что решение уравнения箫箫R=RoR=Ro1。5切1。5切
"4（，%）=1呵 小夕（a（0, У,力），У,力）+ "力‘ =7T’D（力⑼（〃，力））+ p X
Заметим, что решение уравнения
"4（，%）=1呵 小夕（a（0, У,力），У,力）+ "力‘ =7T’D（力⑼（〃，力））+ p X
Заметим, что решение уравнения
箫
箫
R=Ro
R=Ro
1。5切
1。5切
y =［心出）（，%）］=夕力），У,力）
совпадает с решением вырожденной системы （5）. Решение второго уравнения х'= ［力-%（，力）］определяет медленную эволюцию переменной 力'.Решение полной системы
N = ［4, %（，力）］（10.5.12）
является КП z‘ —> z〃. На этом этапе вычислений решение исходной системы （1） имеет вид z = z^z^z^^ 力）,力）.Эволюция переменных z〃 определяется гамильтонианом Н"〈z",力） = ^Н1 （^z1 {z11^ 力）,力）,где >可（z\ t） = H，（n\ t） — H&（n\ 力）.Теперь высшие приближения могут быть получены на основе канонической теории возмущении.
Найти решение уравнения
ей + b（t） й + c（t） и — 0^ е《1.（1）
Решение. Полагая х — и^ у — ей -\- Ьи, получим систему
ех — у — Ьх, у = （Ь — с） х
с гамильтонианом （10.5.2）, где / = g — 6ж,夕=（6 — с） х. Решение вырожденной системы （10.5.5）
ж = б—у,у = 6e-m, т = d% ^ .
Решение системы （10.5.7）, （10.5.8） у = д_
ж =ж =此 ехр（*1）］ ехр（—*}此 ехр（*1）］ ехр（—*}р = р‘ ехрр = р‘ ехрd力 1 ехр（7?）d力 1 ехр（7?）
ж =
ж =
此 ехр（*1）］ ехр（—*}
此 ехр（*1）］ ехр（—*}
р = р‘ ехр
р = р‘ ехр
d力 1 ехр（7?）
d力 1 ехр（7?）
Гамильтониан (10.5.11)
力)=(7Г‘/ 一 “犷)Ц^ .
Решение системы, порождаемой %,
犷=力〃厂%「у1 =『be*,
j/ —夕”厂？7Г‘ — 7Г” — ％ 吗
Решение (1) на этом этапе имеет вид
〃 =xbWf + № у = у'М*.(2)
Решение (1) в стандартном каноническом формализме приведено в § 9.1. Пусть b(t)=务 + 1, о = 2 [78, с. 163]. Из (2) находим
〃 「产 + 力]I 2/ …exp
Решение краевой задачи 〃(0) = а, 〃⑴=仇 приведенное в [78], получим при 力〃 =—30 + а, д〃 = 30/2.
Найти решение задачи Коши 〃(0) = 0,位(0) = о уравнения
£召 + 位 + 〃 = 0,£《1.(1)
Решение. Уравнение (1) описывает движение осциллятора «массой» е в среде с линейным трением. Соответствующая (1) система определяется гамильтонианом
h(瓮)叫= gpf +不屮, f = y- x, ь=一力.
Точное решение уравнений (10.5.3), (10.5.4) является суперпозицией собственных векторов (〃 =力)
” 11Ajt / I1力〃 /
у = 7^ [小 +1 £ * + eA2 + i £ 叩
入1,2 — (2е)т (_]干,]-4w),a = X2 — Xi.
Это решение представляет КП z —> z- обращающее гамильтониан в нуль. Очевидно, сохраняются СП, вычисленные по новым переменным. Поскольку е <^ 1, то Ai ^ 1 — 1/е, А2 — —1. Учитывая начальные условия, получим
力⑴ о ео(6一 —/т/f), y(t) eveT1.(2)
Г рафики этих функций изображены на рис. 10.5.2 цифрой 2. Проследим, как с каждым шагом приближенное решение асимптотически стремится к точному. После первого шага
力=力у = y,р — j d艮 тг = тг，— j/c〃£.
Решение задачи Коши
力⑴=wo (1 — ст%),у = ev
изображено на графиках с цифрой 1 (рис. 10.5.2). Функция 力(力)правильно описывает решение в небольшой окрестности 力 S £. Однако уже второе приближение
xf =力"6т у =g"6一*
// —夕〃 6一\тг，— 7Г〃С^
приводит к общему решению
Рис. 10.5.2Рис. 10.5.2ж =力〃+ упе~\У = /с—*ж =力〃+ упе~\У = /с—*из которого следует (2). Эволюция переменных z〃 определяется гамильтонианом
Рис. 10.5.2
Рис. 10.5.2
ж =力〃+ упе~\
У = /с—*
ж =力〃+ упе~\
У = /с—*
а〃(2〃，力)=—тг〃力〃發力т/£ + p"y%S.
Полагая в (8.1.7) z^ =力 J g〃, eh = H「найдем
/ = M + Wi^「""' +
/ = % + 吆i力Т/£ + ...
Подставляя эти функции в (3), получим решение исходного уравнения
力 1(力)=力々(1 + 1 ：2w + •••)/—"£ + Уо (1 + 1 ：2w + • •・)6—'・
Решение линейного сингулярно-возмущенного уравнения на основе методов внешних и внутренних разложений, сращивания или метода многих масштабов существенно сложнее изложенного здесь подхода.
Найти общее решение уравнения [126]
ей-\-\и\й — и — 0^ е《1.(1)
Решение. Полагая и — х^ получим систему
ех — у —尸(力), у = х^ F(x) — — sign ж
с гамильтонианом (10.5.2), / = y—F{x\ 夕=力.Ограничимся решением в области 力〉0, д〉0. Решение вырожденной системы
д=^(% + д/^ё)； ж — 2у — t -\- д/2с .
Решение системы (10.5.7), (10.5.8)
Заметим, что сохраняются СП, вычисленные по переменным z‘. Гамильтониан (10.5.11)
Решение системы (10.5.12)
На этом этапе равномерно-пригодное решение (1) имеет вид
Аналогичное уравнение рассматривал Коул [129, с. 41].
Найти решение уравнения Ван-дер-Поля [126]
ей — (1 — и?)位 + 〃 = 0, е《1.(1)
Решение. Положим и — х^ ей -\- F(u) = д, F(u) = и3/3 — и. Тогда (1) эквивалентно системе
ех — у — R(力)， у = —ж
Рис. 10.5.4Рис. 10.5.4с гамильтонианом (10.5.2), где / = = у - R(力),D = 一力• Иеключая 力 запишем уравнение интегральной кривой (д — F(х)) dq/dx = —е/. При е 《1 для всех точек (ж, у) (исключая точки, близкие к кривой у = R(力))поле направлений горизонтально. Исходя из этого, видим, что интегральная кривая, выходящая из произвольной точки, будет
Рис. 10.5.4
Рис. 10.5.4
притягиваться к внешним (|ж| 〉 1) участкам кубической параболы у = R(力)(рис. 10.5.4). Если точка К определяет начальное положение, то система быстро приближается к кривой R(力)(поскольку ж велико), затем медленно перемещается влево. После достижения точки В про
исходит быстрый скачок в точку С, затем следует медленное движение в области —2 W 力 W —1 до точки D и снова скачок в точку Л [130]. Далее система совершает циклическое движение по контуру ABCDA. Период колебаний определяется приближенно выражением
81
То—2 ?=2 d力(扌一力)=2(| —1п2)0 1,614.
Д2
Рассмотрим вырожденную систему. В области —2/3 < у < 2/3 уравнение у = F(x) определяет три действительных корня хп(у^ n = 1, 2, 3. При у < —2/3 остается действительный корень 力 1(g), а при у〉2/3 — действительный корень 力з(д).
Получим решение системы (10.5.7), (10.5.8) в области у 〉—2/3, ж〉力2(д)・ Тогда основной вклад в интеграл
、 dx _ t
、-y + F{x) —£
дает область ж ~ 力з(д), в которой
/(力，g) о —(力-ж3) (жз - 1) - (ж -力з)2 力з.
Интегрируя, получим решение (10.5.10)
力=★ 1 + М + М 一1) th[(" -1m± + 力)],
(2)
Очевидно, [ж, р] = 1. Поскольку thz ~ 1 при z ~ 3, то (2) описывает быстрое движение системы.
Найдем теперь 力з(%). Гамильтониан (10.5.11)
*")= i(J) + #p
Для получения решения системы (10.5.12) произведем предварительно КП д', тг‘ —> жз, о:
,陋,OF
沙"（力3），" ="福
порождаемое производящей функцией ^з(жз, тг‘) = —?r，R(力з). В переменных 力- жз,夕'гамильтониан
出I = 一出I = 一0/30/3力；一1 Жз - 1力；一1 Жз - 1
出I = 一
出I = 一
0/3
0/3
力；一1 Жз - 1
力；一1 Жз - 1
приводит к системе
./3力 3 =2—7力3 — 1./3力 3 =2—7力3 — 10 =9 ,0 = —V0 =9 ,0 = —V./ X
./3
力 3 =2—7
力3 — 1
./3
力 3 =2—7
力3 — 1
0 =9 ,0 = —V
0 =9 ,0 = —V
X ^ —q〉
Жз + 1 2рхх^
Из первого уравнения (3) находим
In优3 —=力+力丄.
Определяя из (4) функцию 力з =力з(%), получим решение оставшихся уравнений (3)
X1 =优〃力^1,P =?〃力3,0 = 0(优〃,^3,?〃,0').
Подставляя в (2) функции 力3(力),力<力),получим равномерно-пригодное решение уравнения Ван-дер-Поля.
Основная трудность в реализации последнего шага — неявная зависимость 力з(%). Используем гамильтонов подход для решения этой проблемы. С этой целью запишем первое уравнение (3) как каноническое с гамильтонианом Л:
出=也川，仁-总出=也川，仁-总(5)(5)
出=也川，仁-总
出=也川，仁-总
(5)
(5)
При исследовании решения (5) в области 力 ~ 1 представим h в виде 九=九0 + ДЛ, где
%=一播口，△九T
Решения
力=[1 +1 - 4 （力 + 力/）]"；0=一“力（力）[力2（力）-1]
уравнений
i=[X'=力=価，P,2；；2[；）2,
порождаемых гамильтонианом 九。,является КП ж, р —> х\ р，. Эволюция штрихованных переменных определяется гамильтонианом h\x\ р\ tz）=少 1 —4（力 +力'）.Полагая в （8.1.9） F^ = ж2, eh = =力/（力- pz,力）,получим
力2 = ж2（жд,力）+ J dtx [ж2（жд,力），h\x^ 品，％）]+••• = о
=1+ 1 - 4（力 + 抬）+ - [1 - 4 （% + 力3）] + … ⑹
Этот результат совпадает с приведенным в работе [129, с. 53]. Для нахождения решения в области 力》1 представим Л в виде Л = Ко + ^^,
где
Решение уравнений, порождаемых К。,
ж —2 （力/ —力），р = р' 2 （力/ —力）.
В новых переменных
Из （8.1.7） следует решение в виде ряда теории возмущений
力=2（“ 力）+' …⑺
V 2 （0 一方）
Решения （6）, （7） определяют 力з（力）в наиболее важных областях. Подставляя 力з（力）в （2）, найдем равномерно-пригодное решение уравнения Ван-дер-Поля. Движение в области у < 2/3, ж < 力2（沙）можно рассмотреть аналогичным образом.
Глава 11
РЕЛЯТИВИСТСКАЯ ДИНАМИКА
Кинематика
Пространство Минковского частной теории относительности состоит из точек, называемых событиями. Четыре числа 力〃 (〃 =0, 1, 2, 3) представляют собой локальные координаты события: значения ж = ж, х — у^ х3 — z определяют положение частицы в декартовой системе координат,力° = о力一временную координату события, с — скорость света, t ——момент времени, фиксируемый по часам, помещенным в точку ж, у, z [2, 160].
Пространственно-временной интервал ds между событиями 力〃 и 力〃 + d力〃 задается квадратичной формой
ds2 = g〃〃 de" dx，
g^u = diag (1, —1, —1, —1) представляет собой контравариантный тензор второго ранга. Скалярное произведение 4-векторов а从=(а。，а), 6〃 = (^о, Ь) определяют соотношением
а"6〃 g""a〃b〃 ^о^о — ab.
Здесь» а川=旦川^。。= (^о, —&)• Обычно используют упрощенную форму записи скалярного произведения ab 三 а从6〃, а?三 а^а^ = а^ — а?.
Преобразование Лоренца. Пусть 力川—координаты события в инерциальной системе К,力'〃 —координаты того же события в системе отсчета К- движущейся относительно системы К со скоростью и. Координаты события связаны преобразованием Лоренца
Ct =+ 幽，х = X’+ 7厶/3 [^^ + Е‘ ,(11.1.1)
где /3 = u/c, 7l = (1 — tz2/c2)-1/2. Обратное преобразование следует из (1) после замены 力一>，х —> х- /3 —> —/3.
Скалярное произведение 4-векторов инвариантно относительно преобразования Лоренца.
Энергия и импульс частицы массы т, движущейся со скоростью о,
представляют собой компоненты 4-вектора импульса 夕〃 =(Е/с^ р). Отметим, что (Е/с)2 — р2 = (тс)2 или р^р^ = (тс)2 — масса частицы инвариант.
Масса системы невзаимодействующих частиц. Массы двух невзаимодействующих частиц — mi и т^- Энергия и импульс этой системы Е = £*1 + £*2, р = Pi + Р2・ После подстановки 石 и р в (11.1.2) можно говорить о составной частице массы т, движущейся со скоростью V = p/石. Инвариантную массу М найдем из соотношения М = (р^р^/с2)1/2, где р" = pf +〃£• Значение массы М одинаково во всех инерциальных системах отсчета. Отметим, что каждая из частиц mi и m2 может быть рассмотрена как составная [2].
Рождение новых частиц при столкновении двух частиц масс mi и m2. Если рождаются две частицы масс mi и д, то процесс столкновения называется упругим. При неупругих столкновениях могут рождаться новые частицы в реакции mi+m2 —> тх = та+т/)+ ...
Законы сохранения энергии и импульса
石 1 + 石2 = Еа + Eb + . . . , Pl + Р2 = Ра + Рь +
выполняются независимо от характера столкновений. Условием реализации реакции является неравенство
М》тж, тх = та + ть + •… (11.1.3)
Из этого условия можно найти значение пороговой энергии, т. е. наименьшее значение кинетической энергии сталкивающихся частиц, при котором рождаются частицы общей массы тх. При М = тх все родившиеся частицы неподвижны в системе отсчета, движущейся со скоростью V.
Распад 乂-мезона. В 1937 г. в космических лучах были обнаружены нестабильные элементарные заряженные частицы — мюоны (устаревшее название — //-мезоны, от греч. mesos — средний) массы равной 207 массам электрона. Время жизни мюона 丁 = 2,2 мкс. Одна восьмая часть мюонов, образовавшихся на высоте // = 60 км, достигают поверхности Земли. Найти скорость мюонов и интервал времени, за который мюоны достигли поверхности Земли.
Решение. Если в момент времени 力=0 число неподвижных мюонов равно Ng, то через 2,2 мкс половина из них распадется, рождая электрон и два нейтрино. Половина оставшихся мюонов распадается в следующие 2,2 мкс и т.д. Следовательно, в момент времени t останется N(力)=Nq (]/2>/т мюонов.
Рассмотрим мюоны, образовавшиеся на высоте // = 60 км в момент времени 力i = 0. Предположим, что все мюоны летят вертикально вниз с одинаковой скоростью. Найдем время полета мюонов 力2 по часам наблюдателя, находящегося на Земле, и величину скорости мюонов и. В системе отсчета, связанной с движущимися мюонами, прошло время t^ в течение которого осталась одна восьмая часть от общего числа: N(力$) = Nq/8 или 力$ = Зт. Согласно Эйнштейну в системе
К соответствующий интервал времени 力2 = 7力$, 7 = (1 — 仅2/。2)—】/2. Поскольку Н =仅力2, то из уравнения Н/и = Зт (1 —仅2/。2)一】/? находим и = сН [(Зге)2 + Я2] "2 с. Время полета
力2 =(Зт)? + (/)Н/с — 200мкс.
Движущиеся мюоны распадаются медленнее неподвижных мюонов. Если бы ход времени во всех системах отсчета был бы одинаков, то время полета до поверхности Земли соответствовало бы 力2/丁 ~ 90 периодам полураспада. После 90 периодов осталась бы лишь N{t* [Ng = =(1/2)9° у (IO)—?’ часть от первоначального числа мюонов (мы учли, что 210 у 103).
Частица движется в однородном постоянном магнитном поле в плоскости z = 0 по окружности радиуса А:
x(t) = R sin u;t, y(t) = Я (1 — cosu;t).
В момент времени 力=0 скорость частицы v = (о;А, 0, 0). Найти уравнение траектории в системе К- движущейся относительно системы К со скоростью V.
Решение. Из (11.1.1) получим преобразование Лоренца
оУ = 7(。力一о力/о)—> 幻力'=7 cvt — ( - j sin cvt ,
x — {x — vt) — 7A (sin 3 力—幻力), у — у — R(\ — cos а 力).
Траектория частицы представляет собой циклоиду. Для частицы, движущейся со скоростью о ~ о, величина 7》1. В интервале лабораторного времени 力 удовлетворяющего условию ^з \t\ ~ 1,
с'弋—碧(,з£)з,£ (，з£)2.
Уравнение траектории — кубическая парабола 式 = (А/2)2) х х (б)? I力1/А)2/з. Производная dyf/dxf имеет разрыв.
Фотографирование стержня. Стержень длины А движется по оси ж со скоростью и. Найти длину стержня, измеренную по данным на фотографии стержня [161].
Решение. Измерение длины стержня — процедура, не связанная с фотографированием стержня. Когда мы видим или фотографируем какое-нибудь тело, мы регистрируем излучение, одновременно пришедшее к сетчатке или к фотопленке. Пусть на концах стержня а и 6 находятся источники света. Если наблюдатель, находящийся в начале
координат системы отсчета К, видит удаляющийся стержень в момент времени 力°, то на фотографии получится «искаженное» изображение, поскольку стержень занимал различные положения, когда источники а и 6 излучили волны, одновременно достигшие фотопленки. На рис. 11.1.3 изображены мировые линии источников и двух лучей 力j1a （о力）и 力 1nb（6力）：первый испущен источником а в точке 力а（。力а1） в момент времени ta^^ второй — источником 6 в точке Xb（ctb2）в момент времени 九2：
羯а（Е）= Xa（ctal） - С （t~ 力al）,
羯b（E）= Xb（ctb2） - c（t-备2）,羯b（E）= Xb（ctb2） - c（t-备2）,力a（"al） = ^^ + 仅力al〉 力b（°%b2）= —^^ + 仅力Ь2・
羯b（E）= Xb（ctb2） - c（t-备2）,
羯b（E）= Xb（ctb2） - c（t-备2）,
Наблюдаемая длина стержня d равна разности оптических длин 。（力о -力al） = Xa（ctal）, с （to -力Ь2）= g（d〃2）лучей a и 仇 d =。（力Ь2 - —力ai）. Две волны падают на фотопленку одновременно, если жла（с^о）= =力 1nb（о力°）. Из этого уравнения получим 0 = А/）— （仅 + d）（力Ь2 —力ai）・ Следовательно, видимый размер стержня d =入/［7 （1 + 仅/。）］ окажется даже меньше, чем длина стержня / = А/7, измеренная в системе К. Если стержень приближается к фотографу, то видимый размер стержня / / （/ —仅 / о）.
11.1.5. Измерение скорости тела.
Пусть тело, к которому прикреплено зеркало, движется вдоль луча зрения наблюдателя, удаляясь от него. Световой импульс, посланный к зеркалу в момент времени 力1, возвращается в момент времени 力3. Найти скорость тела.
Решение. Мировые линии сигналов до отражения Xf（t） = о （力一力1）, после отражения xr（t） = о （力一力3） и тела x（t） = pct изображены на рис. 11.1.4. Из условий 力（力2）=力/（方2）= 力「（力2）находим
^2 = Т^ ,^3 = ^2 （1 + ^） = ^Ч.&=|^^ •
и =и =c （大3 -力1）力 з + tic （大3 -力1）力 з + tiСледовательно, скорость тела
и =
и =
c （大3 -力1）力 з + ti
c （大3 -力1）力 з + ti
Найдем момент времени прихода сигнала к телу по часам системы К'. Подставляя в преобразование Лоренца о% =）厶［ct^ — 0 力（力2）］ значение 力（力2）= 0d力2, найдем 力$ =力2/）厶• Световая вспышка наблюдается в системах К' и К в моменты времени 力$ = &力i,力3 = &力$ = k2ti，
Рис. 11.1.4Рис. 11.1.4Наблюдатель после посылки сигнала поставил зеркало, которое отражает лучи обратно к движущемуся телу. Найти последовательность моментов времени, в которые световой импульс отражается от обоих зеркал.
Рис. 11.1.4
Рис. 11.1.4
Ответ: см. рис. 11.1.5.
Движение со сверхсветовой скоростью. В настоящее время в научной литературе продолжается обсуждение проблемы существования частиц, движущихся со скоростью большей скорости света. Они получили название тахионов （от греч. tachys — быстрый）. Анализ экспериментальных данных не позволяет пока говорить о реальности этих объектов. Докажите, что хронологический порядок событий а и 6 на мировой линии тахиона будет различным для наблюдателей,
находящихся в разных системах отсчета.
Решение. Обсудим, какие «сюрпризы» могут ожидать нас при встрече с тахионами.
Пусть наблюдатель в системе ^/ встретился с наблюдателем в системе К в момент времени 力=，=0 и удаляется от него со скоростью и. Оба наблюдателя регистриру-
Рис. 11.1.6 ние о процессах перехода из одногоРис. 11.1.6 ние о процессах перехода из одногоют положение тахиона, движущегося со сверхсветовой скоростью 仅丁〉с Рассмотрим два события:（力&,力а = 0） — встреча тахиона с наблюдателем в системе К и （力ь,力ь） — встреча тахиона с наблюдателем в системе К'. В момент времени ta тахион излучил сигнал, который примет наблюдатель в системе К' в момент времени %. Сравнивая информацию о состояниях тахиона в моменты времени 力厶 и 力I, он может сделать заключе- состояния в другое в интервале
Рис. 11.1.6 ние о процессах перехода из одного
Рис. 11.1.6 ние о процессах перехода из одного
tfb — tfa. С другой стороны, наблюдатель в системе К, приняв в момент времени 力2 сигнал, излученный тахионом в момент времени 力厶,получит свою информацию о тех же процессах, происшедших за интервал времени tb — ta. На рис. 11.1.6 изображены мировые линии наблюдателя
xs{ct)^ тахиона 力丁(。力)и двух лучей жл(с^), жл(с^):
力 S(E)= 0E, 0=4力 т(Е)= 0Т。(力一力 a), 0T = ^ ,
羯(Е) = d (力一力а),力n(E)= Xs(ctb) — d (力一力b).
Из условия xs(ctb)=力т(Еь) находим 力ь = ta/(1 —仅/仅丁) 〉 ta. Величину 力 1 получим из условия 力$(о力i) = жл(с^1):力i = ta/(l — —仅/d). Момент времени 力2 найдем из условия жл(с^2) = 0：力2 = =(1 + u/d)力b = (1 + u/d)力а/(1 —仅/仅丁)・ Поскольку и < С < "т, то %i 〉 %ь. Очевидно, что 力： 〉力厶.Следовательно, с точки зрения наблюдателя в системе К тахион сначала пролетел мимо него (событие а), а потом мимо наблюдателя в системе К' (событие 6). Наблюдатель в системе К' сначала «увидит» событие 6 в момент времени t^ а потом событие а в момент времени %. Мы приходим к выводу, очевидному из рис. 11.1.6, что хронологический порядок событий а и 6 будет различным для каждого из наблюдателей. Предположим, что параметры, характеризующие состояние тахиона, удовлетворяют уравнению некоторого необратимого процесса. Если наблюдатель в системе К видит «старение» тахиона, то наблюдатель в системе К' увидит обратную последовательность событий — тахион «молодеет». Причина и следствие меняются местами и появляется возможность влиять на прошлое —— на уже реализовавшиеся события. По мнению некоторых физиков, это ограничивает область существования тахионов малыми интервалами пространства-времени, в которых строгая упорядоченность событий утрачивает свою универсальность. Другие ученые считают, что эту трудность можно обойти за счет более расширенной трактовки смысла причинно-следственной связи.
Инвариантная масса двух частиц. Частица массы m2 сталкивается с неподвижной частицей массы т^. Найти инвариантную массу двух частиц и импульсы частиц в системе центра масс (с. ц. м.).
Решение. Масса двух частиц М2 = m^ + 2Plp2/。？ + ш^. Вычислим правую часть в системе покоя частицы в которой = (т^с, 沌=(邑/о, Р2\Е2 = Т2^т2с2:
М2 = т^ + 马 ^mi + 叫=(mi + m2)2 + 马 T2ml•сс
В системе центра масс
讲=(；鬲о, —Ро),沌=& 石20,Р。)， ip^ =石孟—п"4.
Раскрывая 4-произведение (夕 1 + р2yPr в с. ц. м. и в системе покоя первой частицы, получим уравнение ME^q = mi (т^с2 + 石2), из которого находим
%=(У2产[1 + (刷j，р。 =*，
где 門=球/产 + 2m2T2.
Нерелятивистское приближение. В лабораторной системе Еп у у mnc2 + mnvl/2, pn у mnvn,
^c2 7 (^i + g) i + g 〃(V1 - v2)2, 〃 =•
/Ш1 十 Ш2
Найти Ttr — пороговую кинетическую энергию тг+-мезона при неупругом рассеянии на неподвижном протоне в реакции тг + + р —> Т Р + 7г+ + 7г+ + 7Г-.
Решение. Полагая mi = mp, m2 = m^,石2 = (m^c)2 + 不,получим квадрат инвариантной массы М2 = (тр+т7Г)2+2тр72/с2. Из условия рождения (11.1.3) находим
7；г =[1 + —I с2, 7；г = 0,36 ГэВ.
L」
Найти пороговую энергию фоторождения тг°-мезона при взаимодействии 7-кванта с неподвижным протоном в реакции 7 + р —> —> Р + 7Г°.
Решение. Полагая в уравнении (11.1.3) m2 = 0,石2 =九〃,加1 = =та = mp, ть = m^o, получим 拉〃 =m^o [1 + m^o/(2mp)]c2,九〃= =0,145 ГэВ.
Рождение антипротона. Найдите энергетический порог рождения пары протон-антипротон в реакции р + р = 3р + рв случаях неподвижной мишени и встречных пучков.
Решение. А. Столкновение с неподвижной мишенью. Если первая частица покоится, то в лабораторной системе отсчета Е\ = =mic2, pi = 0,石2 = m2 d2 + 7厶・ Инвариантная масса удовлетворяет неравенству
М = (mi + m2)2 + mxTL та -\- тъ ,с
из которого находим пороговую энергию рождения частиц
с2
Tl 2 ^L пор, 丁厶 nop2m2 [(^a + ^Ь + ...)-(加1 + Ш2) ] •
В нашем случае массы всех частиц одинаковы и равны массе протона тр. Следовательно, Tl пор = 6трс2. Подставляя значение трс2 = =0,938 ГэВ, получим Т^ пор = 5,628 ГэВ. При значении Т^ = Т^ пор масса сталкивающихся протонов М = 4тр.
Б. Столкновение встречных пучков. Рассмотрим столкновение одинаковых частиц, импульсы которых удовлетворяют условию Pi + Р2 = 0. Полагая mi = m2 = mo, Е^ — Е2 — то с2 + То, получим значение массы М = 2 (то + То/с2). Из условия рождения
новых частиц следует неравенство
2 ^Шд Н—^ 7}))》та + тъ + . . . ,—> Тд ^ Тд пор,
乳 пор [/ (^а + 772ь + • • •) - 772()卜
В случае реакции рождения пары протон-антипротон получим критерий рождения 7g 2 乳 пор =加卩巒=0,938 ГэВ. При значении То = =То пор инвариантная масса М = 4тр. Таким образом, для рождения четырех частиц в первом случае необходимо разогнать один протон до энергии Tl = 6mpc2, а во втором — каждый протон до энергии То = =трс2. Выигрыш очевиден, поскольку в первом случае энергия 4трс2 бесполезно переходит в энергию центра масс системы и в процессе взаимодействия протонов не изменяется.
Специально для детектирования реакции рождения пары протон- антипротон был построен ускоритель в Беркли (США) — «беватрон» с энергией пучка протонов 6,3 ГэВ. Антипротон был открыт в 1955 г. (Нобелевская премия, 1959 г.).
Ускорители на встречных пучках. Найти кинетическую энергию относительного движения частиц равных масс.
Решение. Рассмотрим столкновение частиц равных масс mi = g = =т, движущихся навстречу друг другу; импульсы частиц 沌 = = (石7°, Р), 冰 — (^/с, —р). Кинетическая энергия частицы — Т. Найдем кинетическую энергию относительного движения частиц
Тг = тпс^ [)『一1], 7r =,
где vr — скорость одной из частиц в системе покоя другой частицы. Для этого запишем инвариант 夕i夕2 = (Л/с)2/2 — (me)2 в системе покоя первой частицы. Полагая 甯 =(me, 0), 沌 = (Er/c^ pj Er = mc27r, получим 夕 1 夕2 = 7rm2c2,
Tr — — pip2 — шс2 =2mc2.
m2m
В лабораторной системе Л/с2 = 2 (Т + mc2). Следовательно, Tr = 4T + + 2T2/(mc2).
Мы получили чрезвычайно важный результат. В ньютоновой механике всегда Tr = 4Т, т. е. возможен лишь четырехкратный выигрыш в энергии при использовании встречных пучков частиц. В релятивистском случае, когда Т》т(? получаем существенное увеличение энергии:
2Т2
Тг у —24T.
тс
Самый большой в мире синхрофазотрон — «Тзватрон» Фермиевской национальной ускорительной лаборатории в Батавии (США) разгоняет пучки встречных пучков протонов и антипротонов до энергии Т = 1 ТэВ (1 ТэВ = 1012 эВ). Поскольку масса протона т^ = =938,2796 МэВ/c2, то этот ускоритель эквивалентен обычному с энергией одного пучка Тг ~ 2 • 103 ТэВ.
Происходит реакция mi + g —> mi + 必：неупругое столкновением электрона массы mi с неподвижным атомом массы m2- В результате абсолютно неупругого взаимодействия образуются электрон и возбужденный атом массы m$. Найти величину m$.
Решение. Пусть 石1, pi =(夕，0, 0),石2 = m2d气 pi = 0, Е； р：= =(р； 0, 0), Е^ Р2 =(夕$, 0, 0) — энергии и импульсы частиц до и после рассеяния. Из закона сохранения энергии-импульса следует уравнение
(鬲 + TП2d2)2 _62/=阳 + 理2 —。2 ⑷ + 必)2. (1)
Поскольку столкновение абсолютно неупругое, то электрон и возбужденный атом неподвижны в системе центра масс, движущейся со скоростью о = с2р1/(£'1 + тп2d2). Следовательно, правая часть (1) в соответствии с (11.1.3) равна [(mi + 必)d?] . Тогда из (1) находим
// I \о I 2тп2Tl
m2 = (mi + m2) Н恤.
с
В предельном случае малых энергий Ti « (mi + m2) с2, Ti ^ m^v2/2. Используя разложение бинома Ньютона (1 + е)】/? у 1 + е/2, е《1, получим известный из классической теории результат:
т^с2 у 7712d2 + Q, Q =.
mi + m2
Второе слагаемое, равное приращению полной энергии атома, связано с приращением массы атома 必—g = Q/c2. Напомним, что когда вторая частица представляет собой макроскопическое тело, то величину Q называют приращением внутренней энергии тела.
Кинематика упругого рассеяния частиц. Частица массы m2 сталкивается с неподвижной частицей массы т、. Найти энергии частиц после упругого рассеяния. 0 — угол рассеяния в с. ц. м.
Решение. Интересно сопоставить решение задачи с результатами нерелятивистской теории и получить новую информацию о кинематике рассеяния релятивистских частиц.
Законы сохранения энергии и импульса можно записать в виде закона сохранения 4-импульса:
讲+滤='"+夕3".⑴
В лабораторной системе р^ = (mic, 0),夕,=卜Е21cl Р2). Найдем соотношение, связывающее угол рассеяния ^ в с. ц. м. и угол рассеяния
налетающей частицы ®2・ Для того чтобы исключить 4-импульс 夕， частицы mi, перепишем (1) в виде
Pt + Р，一 P# = Р?
и возведем обе части в квадрат. Поскольку 夕^夕九川=Р^Р^м = (^гпс2)2, то
P2p2 =(加20)2 + p1Р2 -力必.(2)
Раскроем 4-произведения в правой части в лабораторной системе: 夕1夕2 = 加1石2,夕1夕6 = 加1石6. B e. ц. m.
沌=(I 邑о, Ро),戌=(I P0, |P%| = |Po|,
石：0 = EnG, P2P2 = (^2C)2 + & (1 - cos。)，(3)
где Pq = m、P21M. Подставляя эти выражения в (2), находим
石$ =邑—(1 — cos。).⑷
Учитывая закон сохранения энергии mi с2 -\- Е^ — Е[ -\- Е^ находим
Е[ = mic2 + т^2(] — cos®).(5)
Из (5) следует, что в процессе рассеяния энергия первой частицы — мишени приобретает наибольшее значение при 8 = тг: отношение минимального значения кинетической энергии налетающей частицы после столкновения к значению кинетической энергии до столкновения
石，-7712 c2 _ (ПИ — ТП2 产()
石2 - Ш2С2М?
Предположим, что m2 « mi， Согласно классической механике легкая частица может передать мишени небольшую часть энергии Т； у 4(mi/m2)T2 « 不.Ситуация меняется в случае релятивистских энергий: если 不 ~ mi с2, то отношение (6) может быть порядка 1/3 [2].
Рассеяние тождественных частиц mi = g = m. В классической механике угол между импульсами рассеянных частиц ^12 = =тг/2. Покажите, что в лабораторной системе минимальный угол разлета частиц。我 определяется соотношением cosJg =不/(力2 + + 4mc2). При T2《me2 имеем классический предел.
Рассеяние фотонов на электронах. В начальном состоянии 4-импульсы электрона и фотона соответственно равны рм = =(Е/с^ р),九&从=(九〃/仇 九〃n/d), где n — единичный вектор в направлении движения фотона. В конечном состоянии соответствующие величины равны //川 = (石'/d, p‘)，九&小 = (hu“c,心，Найти
частоту 〃‘ как функцию единичного вектора п- направленного по импульсу рассеянного фотона.
Решение. Запишем законы сохранения энергии и импульса системы частиц рм + 九&从 =j/从 + hkk Для того чтобы исключить импульс рассеянного электрона, перепишем это соотношение в виде рм + 九&从— —九出小=//〃 и возведем обе части в квадрат:夕川&〃 =夕川&小 + &〃&'〃. В результате получим
/ _Е — рис 小
“ "石一pn'c + Лр (1 — rm')
Полагая в (1) р = 0,石=me2, найдем частоту фотона, рассеянного на неподвижном электроне. Самый главный результат — увеличение длины волны
А，=А，= А Н—— (1 — nnz),ртс
не зависящее от длины волны падающего излучения. Максимальное смещение ДА = 2h/mc наблюдается при рассеянии назад (nz = —п). Величину Ас = hjmc： Ас = 2,426 • 10-3 нм называют комптоновской длиной волны. Этот эксперимент, проведенный в 1922 г. американским физиком А. Комптоном, убедил ученый мир в том, что взаимодействие электронов с рентгеновскими лучами происходит в результате столкновения частиц — электронов и фотонов (Нобелевская премия, 1927 г.).
Комптон-эффект является основной причиной возникновения мощного электромагнитного импульса (ЭМИ) длительностью менее 1 с непосредственно после атомного взрыва. Образующиеся после деления урана-235 кванты имеют энергию 九〃 у 0,8 МэВ. Взаимодействуя с воздухом, они выбивают из атомов электроны, которые приобретают релятивистские энергии. Асимметрия движения электронов в вертикальном направлении анологична импульсу тока в проводнике. В результате генерируется мощное излучение, образующее начальный импульс, и происходит разделение электронов и ионов. Затем электроны движутся в обратном направлении, порождая новый импульс. Поражающее действие импульса связано с возбуждением ЭДС индукции в цепях радиоэлектронной и электротехнической аппаратуры.
Преобразование света в рентгеновское излучение. Направим световое излучение лазера частоты 〃 навстречу пучку электронов, движущихся с релятивистскими энергиями. Полагая в (1) п = —р/р, п‘ = р/р, получим частоту рассеянного излучения
石+ 0С
石一0о + 2月“
Отсюда следует, что даже при взаимодействии фотонов небольших энергий 九〃 « (тс)2/Е с релятивистскими электронами (石》me2)
частотачастота石+ 0С石+ 0С
частота
частота
石+ 0С
石+ 0С
Длина волны рассеянного «света» Д' = А/4)2. При Е = 250 МэВ, инфракрасный фотон (А = 1 мкм) преобразуется в рентгеновский (А，= =10-3 нм).
Релятивистская динамика
Преобразование Лоренца электромагнитного поля. После создания теории относительности стало ясно, что электрическое и магнитное поля представляют собой две формы единого электромагнитного поля. Закон преобразования напряженности электрического поля и индукции магнитного поля, измеренных в инерциальных системах К и К- движущихся со скоростью и = (% 0, 0), имеет вид
石;=Ех, Efy = 7l (石g — ^ 6z), Efz = 7l (石2 + ^ ^), (11.2.1)
6； = % B\ =)《％ + ^ 旦}別=
)厶 =(1 — 仅2/。2)一1/2. При этом преобразовании сохраняются инварианты ЕВ и Е2 — В2. Обратное преобразование получается из (11.2.1) перестановкой штриха и изменением знака при скорости и на противоположный.
Пусть в системе К вектор Е = 0, В = (0, 0, В). Тогда в системе К':
石；=0, E\ = —MlBz,石；=о,(11.2.2)
6；=0,哥=0, B； = 7lB.
В наиболее важном случае, когда и ^ с^ величины векторов Е‘ и В' одинаковы. При малых скоростях u « о имеем
Е 弋 Е‘ + } [В'и], В 弋 В' — } [Е'и].
Уравнения движения заряженной частицы. Для того чтобы уравнения движения сохраняли свою форму при преобразовании Лоренца, второй закон Ньютона следует записать в виде
^ = eE+|[vB],(П.2.3)
где р = mv7, 7 = [1 — (f/c)2]-1/2. Очевидно, что при скоростях о « о уравнение (9.6.3) совпадает со вторым законом Ньютона. Кинетическая энергия частицы
Т =(тс2)2 + (ре)2 — тс2 = тс2 ,= — 1
Найдем теперь закон изменения кинетической энергии. Вычислим производную dT/dt = vdp/d力 и подставим сюда величину dp/dt из (11.2.3). В результате получим
石='EV.(П24)
Лагранжиан, порождающий уравнения (11.2.3),
L — —me2 1 — (v/c)2 — е 夕(力 г) + | v A(t, г),
где Ло =夕,А — скалярный и векторный потенциалы электромагнитного поля, напряженности электрического и магнитного полей
Е =—В = rot А.
det
Уравнения движения в представлении собственного времени.
В теории относительности пространство и время представляют собой «компоненты» единого пространства-времени реального мира. Однако в уравнении (11.2.3) время t играет выделенную роль. Для того чтобы упростить решение уравнений, восстановим симметрию четырех координат х^ у^ z и xq = о力 вводя параметр 丁 соотношением d力=)dr. Очевидно, т имеет смысл собственного времени частицы. Теперь мировую линию частицы можно представить в параметрической форме X - х(T), t -力(丁).
Для определения х(т) и 力(т) необходимо найти решение четырех уравнений движения (11.2.3), (11.2.4). Произведем в (11.2.3), (11.2.4) замену t —> т. Обозначая точкой производную по т, получим
；dx dx dr .
Очевидно, что координаты связаны соотношением
(Е)2 — х1 — у1 — z1 — с2.(11.2.5)
Отметим, что mc^i — Е^ Е — релятивистская энергия,
di __ »
dt dt 7 *
Следовательно, уравнения (11.2.3), (11.2.4) приобретают симметричную форму
тх = etE + I [жВ],(П.2.6)
mc^t = ехЕ.(11.2.7)
(11.2.8)(11.2.8)Запишем эти уравнения в ковариантной форме, вводя 4-потенциал поля Лм = (Ло, А). В терминах тензора электромагнитного поля
(11.2.8)
(11.2.8)
3力川 дхи '
уравнения (11.2.6), (11.2.7) можно записать в виде [2]
тх^ = I F^x^ (11.2.9)
где жм = dx^/dr出从=)(d, v),)= [1 — ^2/с2]-1/2.
Лагранжиан, порождающий уравнения (11.2.9)
L — —I тх^х^ — I 厶川亦〃 —I me2. (11.2.10)
При производстве пленки широкая тонкая полоса пластмассы протягивается со скоростью и через два последовательно расположенных ролика. В процессе обработки поверхность пленки приобретает плотность поверхностного заряда о. Оцените индукцию магнитного поля вблизи поверхности в центре пролета между роликами.
Решение. Пусть пленка расположена в плоскости ху, скорость пленки и = (0, и, 0). В системе отсчета, связанной с пленкой, напряженность электрического поля в окрестности центра поверхности найдем из закона Гаусса: Е，у (0, 0, а/2г0), z 〉0・ Поскольку 仅 « о, то в неподвижной системе отсчета В = (//о^^/2, 0, 0), Е = (0, 0, Е) z〉0.
Движение электрона в электрическом поле. Найти решение уравнений движения электрона в постоянном однородном электрическом поле. Потенциал поля 夕(g) = Gg.
Решение 1. В этом случае Е — постоянный вектор. Пусть Е = =(0, —G, 0), 0 W 沙 W d. Заряд электрона е = —с。. Уравнения (11.2.3) приобретают вид [2]
dpxd0gd%小
石而=0.⑴
Найдем решение (1) при начальных условиях г(0) = 0, v(0) = 0. Из (1) получим
%= ^Gt, vz = 0.(2)
-(О/С)2
Отсюда находим vx(f) = 0,。纟(力)=0,。夕=。(力),
。⑴=。⑴=c^Gtc^Gtmy 1 + (eoGt / тс)2my 1 + (eoGt / тс)2⑶⑶
。⑴=
。⑴=
c^Gt
c^Gt
my 1 + (eoGt / тс)2
my 1 + (eoGt / тс)2
⑶
⑶
Для значений 力 удовлетворяющих условию t « тс/(едС), получим знакомое выражение о(力)~ e^Gt/m. Для большего промежутка времени t》тс/e^G имеем релятивистское приближение
⑷⑷
⑷
⑷
⑴ ⑵ ⑶ ⑷⑸⑴ ⑵ ⑶ ⑷⑸⑹⑹
⑴ ⑵ ⑶ ⑷
⑸
⑴ ⑵ ⑶ ⑷
⑸
⑹
⑹
Скорость частицы приближается к скорости света.
Найдем теперь скорость как функцию ^/-координаты. Из (11.2.4) получаем уравнение Т — е^Еу = тс2, или
⑸⑸тс2 .— 1 —= тс2.
⑸
⑸
(。/。尸 J
Из (5) найдем скорость в точке у = d. Поскольку потенциал поля 夕(g) = Gy： то разность потенциалов Vo =夕(d)—夕(0) = Gd,
o(d)=o(d)=2eo%，1 + ео%/(2тпс2)m 1 + eoVb/mc2
o(d)=
o(d)=
Очевидно, при eoVo/(me2) « 1 имеем o(d) у (^е^У^/т)1^: релятивистские эффекты несущественны. При значениях е^У^/(тс1)》1, o(d) у с.
Решение 2. Запишем систему уравнений (11.2.6), (11.2.7) в представлении собственного времени:
ж = 0,ту — coGt
芝=0,mc^t — coG^.
Из (2) получим первый интеграл
После подстановки (5) в (4) следует уравнение
W = а?力， а = —— G —^ 力=一 sh ат.meа
Из (5), (6) получим формулу (3) решения 1:
о ⑴=@ = eoG力= eG 力
7 m char m，1 + (a力产・
Из (5) и ⑹ имеем уравнение ^ = с sh ат, решение которого
g = ^ (ch ат — 1), g = ^ [ 1 + (а力产-1].
Движение заряда в магнитном поле. Найти решение уравнений движения заряда в однородном постоянном магнитном поле.
Решение 1. Из уравнения (11.2.4) следует, что сохраняется кинетическая энергия частицы: f2 = const. Поэтому уравнение (11.2.3) можно представить в виде (в СИ)
⑴⑴dv е「в
⑴
⑴
где 7 = [1 — (f/c)2]-1/2. Оно отличается постоянным множителем 7 от соответствующего уравнения нерелятивистской теории. Если начальная скорость v(0) = vg перпендикулярна вектору В, то траектория частицы представляет собой окружность. Из (1) следует уравнение
V =V =-vB,с-vB,с⑵⑵
V =
V =
-vB,
с
-vB,
с
⑵
⑵
где R — радиус окружности, о = о。. Поскольку величина импульса р = = m^v^ то р = eBR/c. Учитывая соотношение (pc)2 = Т (Т + 2тс2), представим (2) в терминах кинетической энергии:
T(T + 2mc2) = eBR.T(T + 2mc2) = eBR.⑶⑶Полагая в ности:Полагая в ности:(2) о = 3R, получим частоту вращения частицы по окруж-(2) о = 3R, получим частоту вращения частицы по окруж-еВеВтустусеВстс2 + ТеВстс2 + Т1 + Т/тс21 + Т/тс2⑷⑷
T(T + 2mc2) = eBR.
T(T + 2mc2) = eBR.
⑶
⑶
Полагая в ности:
Полагая в ности:
(2) о = 3R, получим частоту вращения частицы по окруж-
(2) о = 3R, получим частоту вращения частицы по окруж-
еВ
еВ
тус
тус
еВстс2 + Т
еВстс2 + Т
1 + Т/тс2
1 + Т/тс2
⑷
⑷
где 口 = еВ/тс. В практике ускорительной техники частоту связывают с радиусом орбиты:
_ _с ,7 (7 + 2тпс2)
“ R Т + тс2
Запишем полученные результаты в форме наиболее удобной для оценок (в СИ):
рс[МэВ] = 300В[Тл]Я[м],川М「口]=券拶
2 万R 7 + me
Здесь Т выражается в МэВ.
Решение 2. Пусть В = (О, О, В). Из (11.2.6), (11.2.7) следуют уравнения
х = Q^,у = —Q亦，芝=0,± = 0,(1) — (4)
где Q = еВ/тс. Выберем начальные условия в виде
力(。)=&х(0) = 0,/(0) = 7,
)=：文=(0, ^02,。03)・
“ -(О/С)2
Тогда решение уравнений ⑴—⑷
ж(T) = Я (1 - cos fir),g(丁)=aS也a7， R ——,2(丁) =003丁, 力(丁) = 7厂
Бетатрон — первый ускоритель электронов. В 1940 г. американский физик Д. Керст использовал переменное неоднородное магнитное поле В(力 г) для ускорения электронов по окружности постоянного радиуса R. Созданная им конструкция, получившая название бетатрон, представляет собой вакуумную камеру, расположенную между полюсами электромагнита. Переменное магнитное поле порождает переменное электрическое поле. Найти условие, которому должен удовлетворять магнитный поток, пронизывающий круговую орбиту постоянного радиуса R.
Решение. Электрон движется в переменном аксиально-симметричном поле, вектор-потенциал которого
— 0, Z夕=-^dp р 6(3 〃 z), Az — 0.у о
В бетатроне Керста индукция магнитного поля
B(t, р, z) = &(3 z) ^^ ,0 < n < 1.
Магнитный поток Ф через поверхность круга радиуса R равен
р
Ф⑴=2tv ^ dp р B(t)Р)0).о
Проекцию напряженности электрического поля на касательную к окружности Ek можно найти из закона Максвелла-Фарадея
В случае неоднородного магнитного поля имеем Z^cREk = —d^/dt. Подставляя значение Е^ в (11.2.4), получим уравнение
dT _ ео。(/Ф
dt 2тгсЯ dt *
Поскольку при движении по окружности р = ^。月纟尺/。, то из соотношения dT/dt = V dp/dt следует
Сопоставляя (1) и (2), получим уравнение dBz/dt = (1/2тгЯ2) dФ/dt.
Пусть &(0) = О, Ф(0) = 0; в конце цикла ускорения Bz = Bm, Ф = = Фщ. Тогда Фт = 2(тгЯ2Вт). Это так называемое бетатронное правило «2:1»: полный поток через орбиту должен быть в два раза больше потока, который создавало бы однородное поле индукции Вт [43].
В цепи электромагнита бетатрона Керста, содержащей катушки индуктивности и конденсатор, возбуждались электромагнитные колебания с частотой 〃 = а/27r = 180 Гц. Электроны с зарядом q = — с。 в течение четверти периода вращаясь по круговой орбите постоянного радиуса а, ускорялись электрическим полем и приобретали кинетическую энергию 20 МэВ на орбите радиуса R = 18,75 см при значении Bzm = 0,36 Тл. Поскольку Т》me2, Т ^ pc = eQcBzmR. Запишем это соотношение в форме наиболее удобной для численных оценок: Т = =300昆щ (Тл)А(м) МэВ.
Бетатронные колебания в электронном синхротроне. В электронном синхротроне электроны движутся по окружности постоянного радиуса R со скоростью, близкой к скорости света. Энергия электрона возрастает при прохождении ускоряющего промежутка в результате действия высокочастотного электрического поля. Для обеспечения устойчивости пучка электронов полюсные наконечники магнита создают магнитное поле, вектор-потенциал которого в цилиндрических координатах
Ar = Az = 0,厶夕(力 q z) = ； d丁丁 B(t, г) - у — +,
о
6(力 丁)= 60⑴(^):0 < n < 1.
Здесь Bg(t)——медленная функция времени. Найти частоту линейных радиальных и вертикальных колебаний.
Решение. Компоненты напряженности магнитного поля
В「=-崇=В(3 以 By = & 瓦=^* “ B(t, г). (1)
Обозначим (/;-компоненту вектора-потенциала электрического поля в ускоряющем промежутке Л(^, г, z).
Лагранжиан электрона, движущегося в электромагнитном поле,
L = -me2 [ 1 -(户2 + T202 + g2)/d2 - ^.T0[zg(力 丁，2)+ 4力D，2)].
Здесь точка обозначает производную по лабораторному времени. Уравнения Лагранжа имеют вид
dsr . о . drdsr . о . dr⑵⑵
dsr . о . dr
dsr . о . dr
⑵
⑵
⑶⑶⑷⑷законазакона^ [ег2ф - се^гА^ - сеог4] = -се^гф ^,
⑶
⑶
⑷
⑷
закона
закона
d ..
где е = me2/ 1 — (f/c)2 — полная энергия электрона. Из сохранения энергии следует уравнение
ds . 3(4 + А)
Учитывая (1), представим уравнения (2)-(4) в виде
£ = £丁夕-се^фг Bz(t, г),(5)
d「2 • л. dr A . dr A dA /、
欣[叮 夕一ceorA^ = ceor — + ce02；元 ce0 — .(6)
^ e2 = —ceufiz© Bz(t, r).(7)
Ограничимся анализом фокусировки пучка электронов. В синхротроне частота высокочастотного поля о; равна частоте обращения электронов по орбите постоянного радиуса ф = с/R. Тогда из (5) следует, что е(力)^ eo^B2(t, А). Энергия электронов медленно увеличивается со скоростью, определяемой скоростью возрастания напряженности магнитного поля.
Подставляя 0 = Q, Q = (^。月乞⑷,А)/е(%), 丁 = А в (7) получим уравнение
—ei = —ceonzCl Bz(t^ А).
Поскольку е « еП, то имеем уравнение вертикальных колебаний
芝+ a；z = o, Qz ⑴= v^a⑴.芝+ a；z = o, Qz ⑴= v^a⑴.⑻⑻
芝+ a；z = o, Qz ⑴= v^a⑴.
芝+ a；z = o, Qz ⑴= v^a⑴.
⑻
⑻
В том же приближении из (5) получим уравнение
ег = егф2 — сеофг Bz(t^ г),
правая часть которого при ф — ^1^ г — R равна нулю. Полагая в (5) ф = с/r, г = Я + р, и разлагая правую часть в ряд Тейлора, получим уравнение радиальных колебаний
0 + #0 = 0, Q⑴=，^二?a⑴.(9)
В первом приближении метода усреднения решения уравнений (8), (9)
p(t) = -^= cos j dt ^(t} + 7 , z(t) = -^= cos jd%Qz(%) + a . z о
Отсюда следует весьма важный для техники ускорителей вывод —— с увеличением напряженности поля и энергии электронов амплитуды бетатронных колебаний убывают. К концу цикла ускорения площадь сечения пучка становится порядка нескольких квадратных миллиметров.
Движение в кулоновом поле. (Релятивистская задача Кеплера.) Электрон взаимодействует с протоном, который движется с постоянной 4-скоростью 〃从 по прямой жм(т) = 6〃 + 〃〃丁. Электромагнитное поле, создаваемое протоном, определяется запаздывающим 4-потенциалом Льенара-Вихерта [1, 75]
丁川⑺=[ж -е(T)] 儿 ——^ "儿 [力一е(T)]" = (ж - 6)м ——^ а儿 (优" -6"),
ГМГМ =(力一6)2 ——3 {хи — 6〃)2.С
Здесь ^/—г^г^ — инвариантное расстояние от протона до точки наблюдения в один и тот же момент времени. Найти решение уравнений движения электрона в поле неподвижного протона.
Решение. Заряд электрона е = —с。. Лагранжиан системы в представлении собственного времени
L — —I тжмжм + ^ Z从亦乂.
В системе покоя протона 〃从=(с, 0) 4-потенциал совпадает с кулоновским потенциалом. Помещая протон в начало координат, запишем лагранжиан в трехмерной форме:
l =一；加(02 产一文 2)+*w
В сферической системе координат
L = I m (г2 + М©2 + г2 sin О? ф2 - с2Р) + 号 i.
Поскольку dL/dt = 0, то dL/di = const = —Н:
гт2 J.66。Н = metгт2 J.66。Н = metгг
гт2 J.66。
Н = met
гт2 J.66。
Н = met
г
г
Учитывая соотношение с2 = с2/2 — х2, получим закон сохранения полной энергии
1• 2“ 66012 / 66。1/ гг2 2 4、
-тху тс ——=у —тс).
2тс2 T 2 к г / 2тс2 '丿
Очевидно сохраняется момент импульса и проекция момента на ось z:
Mz =坐=mr2 sin J?
Полагая 0 = тг/2, получим закон сохранения полной энергии в виде
I тг2 + &ф =(И2 - т2с4),
22тс '/
&ф(丁)=—与弛.
ф ~ 27nd [ z < с тс2 г
Отметим, что это решение имеет смысл при условии (еео/с)2 < М^.
В нерелятивистском приближении Н = тс2 -\- Е： Е《тс2 эффективная потенциальная энергия
&Ф = (Mf/2mr2) - (ee0/r).
Заряд в плосковолновом поле. Найти 4-скорость заряда во внешнем поле, задаваемом потенциалом Лм(ж)=九(夕)ам,夕=kx. В специальной системе
а" = (0, 1, 0, 0),&〃 = ^ nM, nN = (1, 0, 0, 1), кх — ujt — ^ z.
Решение. Тензор электромагнитного поля (11.2.8)
=片"北，片" =- R%气
Очевидно n2 = 0, а2 = —1, па = 0. Эти соотношения существенно упрощают интегрирование уравнений движения (11.2.9):
次 = 訂(R""出—近)黑.⑴
Начальные условия жм = 0, жм(0) = о〃 заданы в области, где 九(夕)=0.
Образуя свертку (1) с к^^ найдем первый интеграл kx = kv. Следовательно, на траекториях 夕(丁) — kx — kvr. Образуя свертку (1) с а〃, получим еще один интеграл,
ах = —- h(kvT)+ av.тс
Исключая ах из (1), получим уравнение
жм — — [&乂 (也 + av \ — a^kv \ 黑.me L \тс /」少夕жм — — [&乂 (也 + av \ — a^kv \ 黑.me L \тс /」少夕Интегрируя (2), находимИнтегрируя (2), находим\тс/me kv тс\тс/me kv тсУчитывая соотношенияУчитывая соотношения产F = {k^av - a^kvY /乂〃/〃а°а = k^kv.产F = {k^av - a^kvY /乂〃/〃а°а = k^kv.запишем уравнение (3) в видезапишем уравнение (3) в виде⑵⑶⑷⑵⑶⑷
жм — — [&乂 (也 + av \ — a^kv \ 黑.me L \тс /」少夕
жм — — [&乂 (也 + av \ — a^kv \ 黑.me L \тс /」少夕
Интегрируя (2), находим
Интегрируя (2), находим
\тс/me kv тс
\тс/me kv тс
Учитывая соотношения
Учитывая соотношения
产F = {k^av - a^kvY /乂〃/〃а°а = k^kv.
产F = {k^av - a^kvY /乂〃/〃а°а = k^kv.
запишем уравнение (3) в виде
запишем уравнение (3) в виде
⑵
⑶
⑷
⑵
⑶
⑷
Пусть 九(夕)=—(с/з) Eg屮.Тензор R〃" = —(d/u;)瓦产". Векторы напряженности Е = (£*0, 0, 0), В = (0, £*0, 0) соответствуют постоянному скрещенному полю.
Положим 九(夕) = —b cos 夕. В этом случае тензор F^ = =6 sin 夕 f^ определяет линейно-поляризованную волну.
Заряд в поле электромагнитной волны. Линейно- поляризованная монохроматическая волна, распространяющаяся в направлении оси 2, падает на свободную частицу заряда q. Напряженность электрического поля волны [2]
Е(3 х) = Е cos(u;力—^n} Е = (£*, 0, 0), магнитная индукция
В(3 х) = В cos(u;力—^n), В = (0, £\ 0),
где о; — частота волны. Найти решение уравнений движения.
Решение. В задаче 11.2.7 получено решение в ковариантной форме. Здесь используем примитивный метод решения дифференциальных уравнений.
Из (11.2.6), (11.2.7) следуют уравнения
mх - qE(i - ^) cos [川(力-^],
⑴
ту = 0,
⑵
mcz — qEx cos [幻(力—^)]，
⑶
mc2t - qEx cos 卜(力 - ^].
⑷
Начальные условия:力(0) = 0, г(0) = 0, £(0) = 7, х(0) = 7(0, 0, о), 7 = [1 - (v/c)2]-1/2.
Найдем скорость частицы v(力).Решение этой задачи позволяет провести строгое исследование взаимодействия частиц с лазерным излучением.
Из (2) получим у(т) = 0. Вычитая (3) из (4), находим
& g = 7(l—)・⑸
Следовательно, на траектории частицы
t-； = g「(6)
Учитывая (5),⑹，получим из (1)
тх — qEg cos(u;g7), —> 亦(丁) = ^j sin {^gr) T 力⑺=-^2 [1 - cos(3gT)].⑺
mg(jj
Далее из системы уравнений (11.2.5) и (5) следуют уравнения
* = ^ + 壷[1+得)2 '⑻
ь-f^he2]-⑼
Из уравнений (7)-(9) найдем неявную зависимость скорости и координат от времени. Особый интерес представляет предельный переход о; —> 0 к случаю движения частицы в постоянном скрещенном поле.
Частица в поле плоской волны круговой поляризации, распространяющейся параллельно вектору напряженности постоянного магнитного поля. 4-потенциал поля
%"⑺=j [(с(2产)峪)一Ri产)唱)]6 - ^^ (sin % cos 夕 ％)),
где 夕=kx> £ — безразмерный параметр интенсивности волны с круговой поляризацией Z = ±1. В специальной системе координат
唱)=(0, 1, 0, 0),啜)=(0, 0, 1, 0),пм = (1, 0, 0, 1),&〃 = ^^пм.
Найти решение уравнений движения [162, 163].
Решение. Отметим, что в специальной системе 4-потенциал
4м(ж) — 0, —£ sin g 2m； £ cos 夕-T §力，° 5
9=3t - 一 2.С
Тензор электромагнитного поля (11.2.8)
=6优〃 _T [cos 4抬: + Z sin g抬],(1)
力""=喉唯)一哈咆，抬/ = r"唯)一用)出工
Выберем начальные условия жм(0) = 0, жм(0) = 仅〃.Решение уравнений движения (11.2.9) будем искать в виде разложения по 4- векторам:
出"=出用)+ уе^ + д3М + & 球.(2)
Здесь пм = (1, 0, 0, —1), жм = dx^/dr — 4-скорость частицы, жм = =7(с, V), 7 = [1 — f2/c2]-1/2. Из (2) следует, что 2 = дз 一 夕4, d$ = 4з + + q^^ ci — z — 2g4.
Образуем свертку (11.2.9) с вектором пм. Поскольку n^F^ = 0, то пх = пи — первый интеграл, пх = пит,夕=kur. Из (2) находим Q4 = =пи/пп (пп = 2). Далее из уравнений ci — z — пи и (11.2.5) получим
ct, 2 =(с2 + * + 纟•(3)
Теперь, учитывая соотношения
气)〃瑞=М，6 ⑴*"=唸，6(2)〃优" =-%,8"⑵" =/斷6⑴〃 =a/器几" =a
найдем решение уравнений (11.2.9), соответствующих значениям 从= =1, 2. Образуя свертку (11.2.9) с векторами с&), е^, получим систему
ж = Q^ + c^ku cos 夕， у = —Q± + Ic^ku sin 夕，(4)
Q = eB/тс,夕=kur. Подстановкой х -\- iy — W(г) приведем систему (4) к уравнению первого порядка
W ^iQW = с£ки&кит.(5)
Нерезонансный случай ku ^ Q. Применяя метод вариации постоянной, получим решение
1кит —Ют
W = Сое-Шт - ic^ku— , Со =仅1 + £仅2・
Iku + П
Отсюда находим
亦=仅1 cos Qr + 仅2 sin Qr + c^ku亦=仅1 cos Qr + 仅2 sin Qr + c^kusin Qr + sin IkurIku + Qsin Qr + sin IkurIku + Q(6a)(6a)
亦=仅1 cos Qr + 仅2 sin Qr + c^ku
亦=仅1 cos Qr + 仅2 sin Qr + c^ku
sin Qr + sin IkurIku + Q
sin Qr + sin IkurIku + Q
(6a)
(6a)
cos Qr — cos IkurIku + Qcos Qr — cos IkurIku + Q
cos Qr — cos IkurIku + Q
cos Qr — cos IkurIku + Q
у =—仅1 sin Qr + 仅2 cos Qr + c^ku
Резонансный случай I — —1, ku — Q:
(6b)(6b)ж =(仅1 +dSa丁) cos Qr + 仅2 sin Qr,у =—(仅1 + c^t) sinQr + 仅2 cos Qr.
(6b)
(6b)
Последующее интегрирование уравнений (3) и (6) приводит к параметрическому представлению траектории.
Пусть 仅1 =仅2 = 0- Тогда ж = с^т cos Qr, у = —с^т sin Qr. Из (3) находим
ci,z = ±-nu^—[l^^T)2].
В этом случае решение уравнений в параметрическом представлении имеет вид
х — ^ (Пт sin口丁 + cosQr — 1),夕=^f(°丁 cos口丁 — sin口丁),
^ = ±|m/r + ^(l + | 严併戸)•
Если в начальный момент времени скорость частицы равна нулю, то пи = с. Энергия частицы е = mc2t, е = me2 [1 + (^Qt)2/2] возрастает.
11.2.12. Движение частицы в двумерной ловушке Пауля — гиперболическом волноводе. Открытый волновод образован двумя парами металлических поверхностей у?=力2 — А? и у?= =力2 + А?, к которым может быть приложено напряжение с постоянной и высокочастотной составляющими (рис. 11.2.10). Основная ТЕМ- волна, которую можно возбудить в волноводе, имеет критическую частоту равную нулю и распространяется со скоростью света в вакууме.
Решение уравнений Максвелла, удовлетворяющее граничным условиям на поверхностях волновода, можно представить в терминах 4- потенциала
z"(力)=表几"[(气产)2 -(q2产)2]方(夕)，
夕=&力.В лабораторной системе
峪)=(0, 1, 0, 0), %)= (0, 0, 1, 0), М = (1, 0, 0, 1),
&〃 =剪 пм,
с
о; — постоянная величина, W{^} — произвольная функция.
11.2.10. Найти уравнения движения частицы в поле основной волны [164, 165].
Решение. 4-потенциал удовлетворяет условию Лоренца 3МЛМ = 0. Очевидно, Л2 = 0. Напряженности электрического и магнитного полей соответственно равны
E=^(f %。)，⑴
B =-祭匂宀0).⑵
Отметим, что Е2 - В2 = ЕВ = =0. Уникальная особенность рассматриваемой открытой системы состоит в том, что конфигурация поля основной волны и поля в статическом случае совпадают. В случае движения пучка нерелятивистских частиц эта
электродинамическая система, пред
ложенная В. Паулем (НобелевскаяРис. 11.2.10
премия, 1989 г.), позволила создать масс-спектрометр высокого разрешения [166-168].
Подставляя в (11.2.6), (11.2.7) напряженности поля (1), (2), получим систему
碣=一^g一勺弘（夕）力，mУ = ^0-g弘（夕）% ⑶，⑷
mz = (жж -夕纟)弘(夕)， тсЧ = (жж - yy)W^. сНЯ
(5),⑹
Начальные условия: t(0) = 0, х(0) = (жо, уо, 0), £(0)=仅。,亦(0) = и. Из уравнений (5), (6) находим первый интеграл
z
⑺
где g = (и。— Uz)/с — константа. Следовательно, на траекториях t — ：=gr,夕(丁) = agT. Тривиальный первый интеграл системы )
(ct)2 — х1 — у1 — z1 — с2.
⑻
Из уравнений (7), (8) находим
、力全[1+
* +方
[1 +
С 」
• 2 . -2
/+ У
2С
⑼
(10)
Подставляя (7) в (3), (4), получим уравнения
тх =тх =-醬 Иф(т)] ж,-醬 Иф(т)] ж,(11)(12)(11)(12)
тх =
тх =
-醬 Иф(т)] ж,
-醬 Иф(т)] ж,
(11)
(12)
(11)
(12)
(13)(14)(13)(14)(15)(15)
(13)
(14)
(13)
(14)
(15)
(15)
Найти решение уравнений движения в случае 21y(夕) = =Vb + V cos 夕.
Решение. Переходя в (11), (12) к безразмерным переменным s = =夕(丁)/2, а = ^ecVo/^^gH2), 6 = 2ecV/(ш2gВ2)^ получим уравнения
—о- + (а + 26 cos 2s)仅=О, ds
—2 — (а + 26 cos 2s)o — О, ds
которые представляют собой частные случаи уравнения Матье
也学 + (从 + 2о cos 2s) Л/ = 0.ds
Для реализации движения частицы необходимо, чтобы решения удовлетворяли условиям | ①(т)| < Я, |д(т)| < Я. Из теории функций Матье известны два клас
са решений — ограниченные и неограниченные [139, 140]. Области устойчивости и неустойчивости решений в плоскости параметров (从 = а, 〃 = =5) и (从=—а, у —— —6) разделены семейством симметричных кривых 从= = fik(^)- Отметим, что параметры а и 6 в уравнениях (13), (14) лежат на прямой 从 = (2%/!/)〃 в областях 〃》0 и 〃 W 0・ Ограниченное решение уравнения (15) существует в первой обла
сти устойчивости, которая лежит справа от кривой 从со(〃) и ограничена кривыми 从ci(〃) при 〃〉0 и fisi^)=从ci(—〃) при 〃 V 0. Эта область
изображена на рис. 11.2.11. В нашей задаче представляют интерес толь
ко те значения параметров а и 6, для которых одновременно устойчивы решения уравнений (13), (14).
Для анализа общей области устойчивости произведем преобразо
вание инверсии относительно оси 〃 и найдем множество значений
параметров, на которых области устойчивости решений уравнений (13), (14) перекрываются. Общая область устойчивости в (//, 〃) плоскости ограничена на рис. 11.2.11 криволинейным треугольником с вершинами в точках (0, 0), (ас, 6С), (0, 6т), где ас = 0,237, Ьс = 0,706, Ьт = 0,92.
Отметим, что в ультрарелятивистском случае, т.е. при vz ~ с, \vx\^ \vy\ « 忆 g у mc2/2e, e — начальная энергия. Изменяя отношение Vo/V в интервале 0 < Vo/V < ac/2bc = 0,168 можно управлять размерами области пересечения рабочей прямой с зоной устойчивости, а изменяя частоту, можно пропускать через волновод электроны в ограниченном интервале энергий [164].
Дираковская «гребенка». Структура поля в ловушке Пауля формируется периодической последовательностью волновых импульсов противоположной полярности с амплитудами 所,匕,длительностью 力1,力2 со скважностями gi = Т/力i,夕2 = T〔t21T — период волны [164]. Найти решение уравнений движения частицы, полагая
W(Rc) = h П 8[£ — (2s -l)T]-h ” 8[£ - 2sT],力=%亳・
云=一/(丁)力， У = /(7)%云=一/(丁)力， У = /(7)%/(7) = £/(7) = £⑴，⑵⑶⑴，⑵⑶Решение. В квантовой теории кристалла эта функция получила название гребенка Дирака. Уравнения (11), (12), полученные в задаче 11.2.10, имеют вид
云=一/(丁)力， У = /(7)%
云=一/(丁)力， У = /(7)%
/(7) = £
/(7) = £
⑴，⑵
⑶
⑴，⑵
⑶
81T — (2s — 1) To)] — ^|6[t — 2s7q],
Tq — T / g^bi — eViT2 / {qigmB^Y £ = 1, 2. Из (1) следует интегральное уравнение Фредгольма
力(丁)=仅(丁) 一 j dr G(t — т) /(rz) ж(т/),(4)
где G(r — 丁‘) = (丁一 丁‘) 0(т — 丁‘) — функция Грина уравнения G = =8(丁 一 丁‘),仅(丁)——решение уравнения 云=0 с начальными условиями 力(0) = ж0, ±(0) = 7о^Ож, 70 = [1 - (oo/d)2]T/2. Подставляя ⑶ в (4), получим уравнение
力⑺="⑺-^
-^г G(丁 — 37q) ж(37о) + …(5) / о
Введем фундаментальную систему решений уравнения ж = 0:
仅，)=1, и^ = ^ 一 S, S = 1, 2,...
Из (5) находим: в интервале 0 ^ г < То решение 力(丁) = 〃(丁), или
力⑺=CiU^\ Ci =力(0), Q =亦(0) To,
в интервале 0 г < 27g решение 力(丁) = 〃(丁) — 6iG(丁 — ТЬ)ж(То) можно представить в виде
力(т) = с[^и^\С^ = aikCk,
因1 = 0^12 = 1,a21 =一加， a22 = 1 - 61；
в интервале 0 ^ t < ЗТЬ решение
力")= а⑵“ac^^pisc^\
仇1 =仇2 = 1,021 =62,022 = 1 + 62.
Очевидно, что в интервале 0 ^ г < (2п + 1) ТЬ решение уравнения (1)
力⑺=С^и^\С^} = (Mik)nCk. Mik = pisask. (5)
Для вычисления матрицы Л = Мп и исследования решения найдем собственные значения А матрицы М, элементы которой
Л1ц = 1 — 61,〃12 =2 — 61,〃21 — Ь^ ~ b\ — 61^2,
"22 = 1 - 61 + 262 - 6162.
Аналогичная задача возникает при исследовании областей пропускания оптического излучения многослойными средами [132]. Из уравнения det (7И — А/) = 0 получим значения
Ali2 = | SpM±i — (*)[
Условие ограниченности решения имеет вид | Sp М| < 2. Полагая SpM = 2 cos®, получим Ai,2 = exp (±£8). Введем далее проекционные операторы
удовлетворяющие условиям Р?=兄,BE = ЕВ = О, В + В = =I. Учитывая, что М = Xi Pi, матрица А = Мп = A^R + 芻/V Следовательно,
Zu = [Mi sin^e —sin (九一1)例, Zi2 = ”12 ^口 ,
Z21A/21 -~5Z22~~[M22 sin nO — sin (n — 1) 0].
Решение уравнения (2) следует из (5) после замены начальных условий и элементов матрицы М —> М': bi —> 6^ = — 62,匕2 т 6$ = 一匕1・ Общая область устойчивости решений уравнений (1), (2) определяется условиями Sp Л/ < 2, Sp М' < 2,
1 + 61 — 62 — - 6162 j < 2,|1 — 61 + 62 — - 6162 j < 2,
представляет собой в плоскости (6162) криволинейный четырехугольник OLMR на рис. 11.2.12, ограниченный прямыми 61 = 2, 62 = 2 и кривыми 62 = 261/(2 + 61), 62 = =261 / (2—61). Полезно отметить, что при bi = 62 = V^ параметр 8 = тг/2 решение — периодическая функция.
44Рис. 11.2.12Рис. 11.2.12Электродинамическая система двумерной ловушки представляет возможность разделения ионов по параметру е = mg/e, зависящему от массы, заряда и энергии частиц релятивистского пучка. Необходимо, чтобы при изменении 所，匕 и Т все ионы с различными значениями е последовательно попадали в область устойчивости по рабочей прямой 62 = &61, & = /2//1 • Оптимальный режим работы реализуется в окрестностях точек L и R. Например, при значениях &, незначительно отличающихся от 2, рабочая прямая пересекает диаграмму устойчивости, в ооласти наиоолее чувствительной к величине параметра е.
4
4
Рис. 11.2.12
Рис. 11.2.12
11.2.15. Движение частицы в поле бегущей волны тока. Электромагнитное поле задано 4-потенциалом
z"⑺=j [(62力)6? -(4力)鸣 6(出力)，
где 力〃 =(% 力，y. 2),用)=(0, 1, 0, 0),唱)=(0, 0, 1, 0),几〃= =(1, 0, 0, 1), &〃 =卜3心 nN> kx — ujt — 3Z13 6(&力)—произвольная функция, удовлетворяющая естественным граничным условиям: B(kx) —> Bi при kx —> —00; B(kx) —> 62 при kx —> +00, где 6小 В^〉 > Bi — постояные величины. 4-потенциал удовлетворяет волновому уравнению д^д^А^ = 0 и условию Лоренца д^А^ = 0.
Найти общее решение уравнений движения [169].
Решение. Тензор электромагнитного поля
R〃" = t^B(kx) - j [(4力)伍〃 一(62力)片 1 b，(1)
10 一 c(2)е⑴ё(1)ё(2)5 Jё(1)儿 С⑴，"ё(2)儿
В1 = dB/d(kx). Напряженности электрического и магнитного полей соответственно равны
Е= (j^oB； - j^oB； 0),Е= (j^oB； - j^oB； 0),В=(；力％Е, j^oB； 6),В=(；力％Е, j^oB； 6),
Е= (j^oB； - j^oB； 0),
Е= (j^oB； - j^oB； 0),
В=(；力％Е, j^oB； 6),
В=(；力％Е, j^oB； 6),
kq = з I с. Очевидно ЕВ = 0. Векторы напряженностей Е и В представляют собой решения уравнений Максвелла в свободном пространстве. Для получения рассматриваемой конфигурации полей внутри цилиндрической области радиуса ро необходимо возбудить на поверхности 0 = 0о ток плотностью
j(3 х) = (/ 今 0)喜5G力一 ^)^(p-po),
О = 力2 + 夕2 Отметим, что в случае В = const имеем однородное постоянное магнитное поле в области р < ро. «Бегущий» аксиальный ток индуцирует вихревые тангенциальное электрическое и радиальное магнитное поля в плоскости, перпендикулярной оси симметрии системы.
Решение уравнений движения частицы (11.2.9) будем искать в виде
m = 一(6⑴出)% 一(6⑵出)喉 + g3М + %/•⑵
Здесь n^ = (1, 0, 0, —1),亦〃 = dx^1 /dr — 4-скорость частицы,亦〃 = =)(d, v), 7 = [1—f2/c2]-1/2. Начальные данные ^^(0) = (0, жо, Пи, °)， ±^(0)=仅〃,仅〃 =7о(с, v0).
"=e几"+而(。2 +*+力)="。 +荻["=e几"+而(。2 +*+力)="。 +荻[Образуя свертку (3) с векторами пип, находим дз = пж/2, д《= =пх/2. Условие F^^n^ = 0 приводит к первому интегралу пх = пи уравнения (11.2.9). Следовательно, kx = о(т), о = kur, Q4 = пи/2. Поскольку ж2 = с2, то Q3 = (с2 + 亦2 + ^2)/(2пи). Учитывая значения Q3 = (ci + 2)/2, & = (ci — i)/2, находим
"=e几"+而(。2 +*+力)="。 +荻[
"=e几"+而(。2 +*+力)="。 +荻[
*+力一(^i +吟b ⑶
2 = 一3几"+鳥(i+ * +纟2) = + 达 [*+方2 —+"卸•
Подставляя (2) в (11.2.9) получим уравнения
近一^ 卜 в^) ^^У 方 С)] = 3(4)
亏+ ^以в⑺+ Т *夙G] = 0・
Подстановкой х -\- iy — ж+(т), где
力+(7)=0(7)=為J面6匕(6>儿
приведем систему (4) к уравнению осциллятора с переменной частотой (или к уравнению типа Шредингера):
х +х +еб(сг)2тсеб(сг)2тс2X = °2X = °(5)(5)
х +
х +
еб(сг)2тс
еб(сг)2тс
2
X = °
2
X = °
(5)
(5)
с начальным условием х = ехр (—£幻1丁/2),幻1 = еВ^/тс при 丁 —> —оо.
Пусть х =叫 1)(丁)，叫2)(丁) — два линейно независимых решения уравнения (5). Тогда общее решение системы (5) имеет вид ж = Re ж+, g = Imc+,
力+ = [Q1W(1) + Q2 叫 2)]「°/2,⑹
где Qi, Q2 — две произвольные комплексные константы.
В дальнейшем нас будет интересовать решение уравнения (5) при 丁 —> оо, когда функция В(сг) достигает постоянного значения В2. В этом случае асимптотика решения [54, 94]
X = c1e-^t^ + 026加2"2, "2 =也.(7)
тс' '
Отметим, что для нахождения коэффициентов & и Q можно использовать решения, известные в квантовой механике, поскольку асимптотика соответствует задаче рассеяния на одномерном потенциале. Величины 1/Ci и С2/С1 играют роль амплитуд рассеяния вперед и назад для волны, падающей на потенциал справа [49]. Поскольку определитель Вронского пары решений не зависит от т, то из условия сохранения вронскиана w^w^)—齿⑴叫2) следует соотношение 幻1/幻2 = |。1|2 — |°2『・ Если 1/р — характерный масштаб изменения функции В(сг), то в адиабатическом случае \dB(a)/dr\ « pkuB(a) отношение С2/С1 ~ ехр〈一кз\1рки) имеет экспоненциальную малость [53].
Найти решение уравнений движения в случае резкого скачка функции 6(о)：
硝。)(瓦 + 电)+ 乜蜕-畸 th Р (。 "。) + 4步 J。)]，
где瓦〉禺一碎
Решение. Наибольший интерес представляет случай pku 》幻1, соответствующий резкому скачку В(сг). В этом случае 6(о) ~ Bi, <7 < < сто； В(сг) у 62, о〉。0・ Поскольку на траекториях системы о — о。= =ku(r — тс), Тс = оиIкп〉0, то, интегрируя уравнения (4) по малой
окрестности точки т = тс, получим граничные условия — приращения компонент скорости частицы
△亦=；（幻2 - 31） g"c）, △纟=—T @2 - 31）力"с）.
В соответствии с （7） два линейно-независимых решения уравнения （4） имеют вид w^ = w, w（2）= w*,
w =- 6一231"2,7 w т。；（8）
W = g（06—必27/2 + Sc必27/2） ,丁》丁,
D,s= （Do, So）c—必"/2土必2「c/2,a, So = 土 空）.
Пусть ж0 = 0,次〉0, v0 =（力，0, 0）. Тогда 亦川（0）=（仅。，仅八 0, 0）, 仅1 =仅0。1, 0 =幻1丁 一 /%. Подставляя （8） в （6） и полагая 丁 = 0, находим
—Q16惻/2 = iR, — Q26惻/2 = £ （次 _ А）, А =
CdlCdlCdl
В интервале 0 ^ г ^ тс уравнение траектории 力（丁） = R sin 幻1丁,夕（丁）= =R cosш±т + （go — A）, z（t） = 0. Частица движется по окружности радиуса 凡 координаты центра （0,次—凡 0）. После подстановки 0 = =幻2 （丁 — тс） + aiTc — 0о и （8） в （6） получим решение уравнений （4） в области 丁》тс:力（丁） = Re ж+,夕（丁） = Im ж+,
力+（丁）= i [DGRe-^ + So （次-Я）] e—3（「f） +
+ £ [S^Re-^ + Do （次一R）]・
Полагая [DqR exp （—i（viTc） + So （no — A）] = R2 exp （—£〃）, получим компоненты 4-скорости
出（丁）="2 COS 閣2（7 - Tc） + 电，纟（丁）=一仅2 Sin [T - тe） + 用， （9）
где 仅2 = 32 A2 • Из （3） находим значения кинетической энергии Т = =mc^i — me2 и продольного импульса pz = mz:
e="° + +（谓一"汽（10）
^-компонента трехмерной скорости vz =（仅扌—u；）/[2d + （仅扌 + u^）/c\. Частица движется по винтовой линии радиуса 尺2, ось которой находится на расстоянии 丁2 = \So R exp （—£幻1丁£：） +。0 （go 一 R）| от оси z.
Отметим, что в случае °i = 0 имеем ж（т）=仅2 cosш^ （丁 — 丁力,纟（丁）= =—仅2 sin^2 （丁 — тс）,尺2 = Sogo, 丁2 =力0夕0・ В другом частном случае У0 = R находим 出（丁）=仅2 COS [以2 （丁-7e）+317e],0（丁）=一仅2 sin [以2 （7一 -Tc） + 317/ & =0。凡 丁2 = SgR..
Пусть 仅2》仅1,仅1 « с. Тогда £ 弋 1 + （1/2） （iz2/c）2,之弋仅扌/2d, кинетическая энергия частицы Т ^ ?71仅扌/2, продольная и поперечная компоненты трехмерной скорости частицы
ul/c"宀+ 3/С产ul/c"宀+ 3/С产唸+呜弋唸+呜弋2"22 + 3/c）22"22 + 3/c）2
ul/c
"宀+ 3/С产
ul/c
"宀+ 3/С产
唸+呜弋
唸+呜弋
2"2
2 + 3/c）2
2"2
2 + 3/c）2
После прохождения скачка магнитного поля ^-компонента скорости и энергия частицы возрастают.
Движение частицы в монохроматическом поле. В другом важном случае 4-потенциал определяется функцией b（kx）= =Bq + 6 cos kx. Найти уравнения движения.
Решение. Из （5） получим уравнение
^j + : [^о + "о cos о（丁）]2Х = 0,
Qo = еВо/mc,幻。=eb/mc, которое представляет собой уравнение Хилла. Полагая
2s = ^ + ^0'广（&疗，片而，鱼=（而）
（ID（IDполучим стандартую форму уравнения Хилла
（ID
（ID
—^ + （从 + 2g cos 2s + 2g2 cos 4s） w = 0. ds
Показатель экспоненты 0（丁） = 口。丁 + （幻（）/&仅）sin {кит + &力о）. Анализ областей устойчивости решений приводит к выводу о возможности реализации ускорения частиц в режиме параметрического резонанса и сепарации частиц по удельному заряду.
«Бетатронный» режим ускорения. Известно, что для предотвращения потерь частиц необходимо использовать фокусирующее магнитное поле, убывающее с увеличением расстояния от оси системы. Неоднородное бегущее поле задано в цилиндрической системе координат компонентами 4-потенциала
Найти условия движения частицы по цилиндрической поверхности постоянного радиуса R и энергию частицы в конце цикла ускорения.
Решение. Лагранжиан, описывающий движение релятивистской частицы, запишем в представлении собственного времени (в СИ)
р
L = I m [р2 + /^夕 + # —廿产]+ еф dp р В (〃 з力一^ 2).
о
Уравнения Лагранжа-Эйлера имеют первый интеграл kx =。(丁), сг(т) = kuT-\-kxQ. Найдем решение уравнений движения, рассматривая цикл ускорения частицы на цилиндрической поверхности постоянного радиуса. Полагая ⑦=0)р = R)имеем систему
dE drdE dreojQ d①27r daeojQ d①27r daФ(сг) = 2тгФ(сг) = 2тг0 = mQ + еВ (凡 о),0 = mQ + еВ (凡 о),加店赤+方赤=0，加店赤+方赤=0，d2z _ eojQ (/Ф dr2 2тгс dad2z _ eojQ (/Ф dr2 2тгс da⑴⑵ ⑶⑷⑴⑵ ⑶⑷
dE dr
dE dr
eojQ d①
27r da
eojQ d①
27r da
Ф(сг) = 2тг
Ф(сг) = 2тг
0 = mQ + еВ (凡 о),
0 = mQ + еВ (凡 о),
加店赤+方赤=0，
加店赤+方赤=0，
d2z _ eojQ (/Ф dr2 2тгс da
d2z _ eojQ (/Ф dr2 2тгс da
⑴
⑵ ⑶
⑷
⑴
⑵ ⑶
⑷
где Ф — полный магнитный поток, пронизывающий орбиту. Из уравнений (2), (3) находим ИФ/dr = 2тгЯ2 dB/dr. Интегрируя по циклу ускорения с начальными условиями В(Я, о) = 0, Ф(сг) = 0 при 丁 = 0, получим аналог «бетатронного правила»: Ф(о优) = 27rA2g(A, crm), <rm = kuTm + kx(). Подставляя Ф и Q в (1), (4), найдем значения кинетической энергии Т — Е — тс2 и ^-компоненты 4-скорости:
E(Tm) = тс27о +E(Tm) = тс27о +1R2炉(凡ов)1R2炉(凡ов)2тпи2тпи
E(Tm) = тс27о +
E(Tm) = тс27о +
1R2炉(凡ов)
1R2炉(凡ов)
2тпи
2тпи
mz = mi(0) +mz = mi(0) +e2R2g2(凡 о”)2mcnue2R2g2(凡 о”)2mcnu
mz = mi(0) +
mz = mi(0) +
e2R2g2(凡 о”)2mcnu
e2R2g2(凡 о”)2mcnu
Пусть B(/Z, <7优)=Вт — максимальное значение индукции, i(0)= = 0. Тогда 7о = 1, кинетическая энергия частицы в конце цикла ускорения Т(тт) = е? № В^ /& т). Поскольку ecRBm = 300 [Я(м)Вт(Тл)] (МэВ), то величину Т(тт) можно представить в виде
ТЫ = 45ТЫ = 45R2(M)g2(Tn)тс2 (МэВ)R2(M)g2(Tn)тс2 (МэВ)ГэВ.ГэВ.
ТЫ = 45
ТЫ = 45
R2(M)g2(Tn)тс2 (МэВ)
R2(M)g2(Tn)тс2 (МэВ)
ГэВ.
ГэВ.
При ускорении протонов Тр(тт) = 45 [А2(м)6^(Тл)] МэВ, при ускорении электронов Тс(тт) = 90 [А2(м)6^(Тл)] ГэВ. Отметим, что в случае обычного бетатронного механизма ускорения кинетическая энергия частицы
T(rm) =(me2)2 + (ecRBm)2 - тс2.
11.3. Гамильтонов формализм в релятивистской динамике
Канонические уравнения. Наиболее последовательный подход к гамильтонову формализму классической динамики основывается на предельном переходе в квантовополевом лагранжиане системы дираковских электронов, взаимодействующих с электромагнитным полем. В классической динамике Ю. Швингер использовал новый подход. В соответствии с (11.2.10) 4-импульс частицы
#从=，夕4 = mXN _ Z%少
Каноническая система уравнений Лагранжа-Эйлера следует из лагранжиана Швингера в пространстве Я8 с координатами 力〃,夕川：
Ls — £(ж,亦)+ ^-(夕—тх — I 4^ — —рх — Я(ж, р),
и представляет собой уравнения Гамильтона, где Я (ж, р) — гамильтониан. В терминах скобок Пуассона
出"=[力"，印，力从=[耍 Я].(П.3.2)
Фундаментальные скобки Пуассона [ж^,夕“]=—g〃“.
Система уравнений (11.3.2) имеет первый интеграл Н(х)р)= = const. Если начальные данные 力〃(0),夕川(0) удовлетворяют уравнению Я(ж(0),夕(0)) = 0, то const = 0: на траекториях системы Я(ж, р) = 0. Из (11.3.2) следуют уравнения (11.2.9).
Канонические преобразования. А. Если КП ж, р —> *', р‘ определяется уравнениями
3尸1,3尸1
порождаемыми производящей функцией F^{x^ 力-г), то новый гамильтониан
Н'(х\ р, г) = H(W р, г), р(ж\ р, г)) +
+ * 冃(力(力1 p\ 丁)，力‘，7).
Производящая функция &(力,,夕-丁) порождает каноническое преобразование
月4=一方歹,力从=一石”.(1L3.3)
Новый гамильтониан
，(j",丁)="(力(JT), p(x\ ", t)) +
+ * R1 (力(犷,",7), ", 7)・(11-3.4)
Уравнение Гамильтона—Якоби. Полагая Н'(х\ //, т) = 0, получим уравнение
案一*爲+ 2)落+ 可) +嗒=。■ U3.5) С7 / Zi / / Л \ C7 еЪ С / \ (_7 еЪ p, C / N
Полный интеграл F = F(x\ p\ r) + Co должен удовлетворять условию dF/дт = 0. Выбирая, например, постоянные С川=力 в качестве новых импульсов, получим производящую функцию F =巳(力,//, г). Уравнения (11.3.2) представляют собой характеристики уравнения Гамильтона-Якоби. На траектории частицы 4-импульс
Tихi = _di F 一 一 Z勿，с
где 3〃R 三 dF/dx^. Подставим полный интеграл в уравнение (11.3.5) и возьмем 4-градиент 3勿 обеих частей:
(~dkF — ^ 厶0 =-世睢F - I xkdiAk =
=mxkdkXi + - xkdkAi — -xkdiAk = 0. cc
Поскольку xkdkXi =近勿,получим уравнение движения второго порядка
п 犷=-Fikxk.с
Законы сохранения системы частицы—поле. 4-импульс частицы тг勿=—diF — (е/с) Ai удовлетворяет уравнению непрерывности дцл(х)^г = 0,
从(力)= mа j С/78⑷(力-сa")),
где 从(力)一плотность массы. Тензор энергии-импульса системы невза- имодействущих частиц Т*"=从тг^тг" удовлетворяет уравнению
dkTik = _lFikj^
/⑺= Са J dr ж^(т) S^ (ж - xa(T)) = р^ ,
где ^2(力)=(ср, pv) — плотность тока, р — плотность зарядов. Вторая пара уравнений Максвелла дпРгп = —(4тг/с) ]г согласуется с уравнением непрерывности 3炉=0 [2].
Вводя тензор энергии-импульса электромагнитного поля 力*", можно доказать закон сохранения суммы энергий и импульсов поля и частиц dk(Tik + tik) = 0 [2].
Релятивистская частица в поле бегущей волны тока. Получить точное решение гамильтоновых уравнений движения релятивистской частицы в поле электромагнитной волны, возбуждаемой бегущей волной тока в аксиально-симметричной электродинамической системе (см. условия задачи 11.2.13). 4-потенциал электромагнитного поля
=j [(*力)tf -(4力)鸣 6(3力)，(1)
где 力〃 =(% 力，夕，2),用)=(0, 1, 0, 0),唱)=(0, 0, 1, 0),几〃= =(1, 0, 0, 1),=卜3心 п"•
Решение. Гамильтониан (11.3.1) частицы, движущейся в электромагнитном поле, задаваемом 4-потенциалом (1),
Я(ж, р) =jj тс2.⑵
Учитывая значения фундаментальной скобки Пуассона (СП) [ж^,夕〃]=—g川〃，получим систему
М = К，Я], тх^ =沙一^ 厶匕(3)
力〃 =力〃 =^ 亦а Цуг •(4)
Начальные условия 力〃(0) = (0, жо, до, No),亦〃(0)=仅〃，仅〃 =7o(c, vq), 7o = [1 - (vq/c)2]-1/2.
Система (3), (4) обладает тремя интегралами. Один из них найдем, образуя свертку уравнения (4) с 4-вектором &〃. В результате получим kp = тки. Далее, образуя свертку (3) с &〃, будем иметь кх = &仅,или в координатной форме
ci — z — пи.(5)
Следовательно, фаза волны на траектории частицы кх = кит + &力°. Другой тривиальный интеграл системы (3), (4) имеет вид ж2 = с2 или
(右)2 —亦2 —可2 — # = С2.(6)
Разрешая (5), (6) относительно 力 i, находим
"=^n"+崇(『+*+力)，⑺
2=一；n"+^1(С2 + * +力)•
Первый интеграл (5) следует, по существу, из системы четырех уравнений (3), (4), соответствующих значениям 〃 = 0, 3:
met = ри, т^ = Pz,
「° = ^任(旅一哺)B\ 九=^任(旅一哺)b・ ⑻ Приращение кинетической энергии частицы Е = mc^i обусловлено вихревым электрическим полем:
f = -e，察^)В'・⑼
Полагая в (3), (4)从=1, 2 и подставляя первый интеграл (5), запишем уравнения как гамильтонову систему
тх = рх ^^уВ((г^ mg = ру — ^х В(。，(10)
九=^02(°)，з=一^ 出 60)，(11)
сг(т) = kur + &力о, порождаемую частью гамильтониана (2), не зависящей от компонент импульса ро и pz:
"12 = g П ［朮 + 夕：］+ 肃- 5K В⑷ + ^7 (①2 + 力)炉0,
(12) Уравнения (10), (11) имеют первый интеграл —— проекцию момента обобщенного импульса на ось z
mz = т (哺一g出)+ ^ (力2 +力)6(0)■
Закон изменения энергии (9) приобретает вид
dr Smc1me 2
Из уравнений (8) находим с dpz/dr = dE/dr. Отсюда следует весьма важное следствие ——одновременно с увеличением энергии возрастает продольный импульс частицы.
Решение уравнений (10), (11) можно найти в результате ряда канонических преобразований (КП). Произведем вначале КП ж, у, рж, Ру T е-д‘,р^ #；：
Рх = у (% + %), Ру = « ^ (壮-(13)
В новых переменных гамильтониан (12) имеет вид
8:2 = РХру +就(g勿(一犷Q) В + (探)犷八
Теперь исключим из (14) второе слагаемое, производя КП
力'=6一z°/2&,у' = С*。/?抬，
Q =产〃九 Ру =從 0(丁)=叁j面6匕⑼].
0
Новый гамильтониан —
Я12 = Р1Р2 + (忍)*或Я12 = Р1Р2 + (忍)*或Решение канонических уравнений
Я12 = Р1Р2 + (忍)*或
Я12 = Р1Р2 + (忍)*或
dT —【2771。丿 2, можно представить в виде
" = 专(叫1)肉+叫2)碱)，
d力2/dr \2mc7 1d力2/dr \2mc7 1抬=专 ®⑴a2 + 叫2)a*),抬=专 ®⑴a2 + 叫2)a*),Pl = ^ (内(1)a2 + 叫2)a；)， 必=^ ®⑴a1 + 叫2)a曰),
d力2/
dr \2mc7 1
d力2/
dr \2mc7 1
抬=专 ®⑴a2 + 叫2)a*),
抬=专 ®⑴a2 + 叫2)a*),
(14)(15)(16)(17)(14)(15)(16)(17)d2 w尸+d2 w尸+еВ(а)2mcеВ(а)2mc2w = О2w = О(18)(18)где ai,a2 — константы,仅(1)(7),加(2)(7) — два линейно-независимых комплексных решения уравнения осциллятора
(14)
(15)
(16)
(17)
(14)
(15)
(16)
(17)
d2 w
尸+
d2 w
尸+
еВ(а)2mc
еВ(а)2mc
2
w = О
2
w = О
(18)
(18)
с вронскианом w^w^ —疝⑴叫2) = 2£. Подставляя (15), (17) в (13), получим решение уравнений движения (10), (11):
(19)(19)ж = -^ Re ®⑴a] + 叫2)碱)6—2°/2.g =爲 Im ®⑴ai + w^a^eT^^
(19)
(19)
Подставляя (19) в (7), найдем функции 力(丁) и z(t).
В дальнейшем нас будет интересовать решение уравнения (18) e начальным условием w =2/以1 exp (一金以17/2),以1 = еВ/те при
丁 —> —оо и решение при 丁 —> оо, когда функция B(kx) достигает постоянного значения 史・ В этом случае асимптотика имеет вид
W= — [С1е-^Т^ +。26 必 2"2] ,“2 =也•(20)
Отметим, что поскольку вронскиан линейно независимых решений w^ = w, w(2)= w* равен 2г, то решение (17) представляет собой КП ж^, р^ —> хп — ап^ рп — ш* (п — 1, 2), порождаемого производящей функцией, зависящей от старых и новых координат:
/д尸 1д尸 1
Fl =" [齿*力1力6 - ед/5 (力1力2 + 力6力1) + 仅力1^2].
Учитывая значение вронскиана, находим, что после замены переменных новый гамильтониан Л = Я^ + dF-^/dr обращается в нуль.
Частица в плосковолновом поле. Найти полный интеграл уравнения Гамильтона-Якоби и решение канонических уравнений. 4-потенциал поля 厶儿(力)= 九(夕)а匕 屮 = кх (см. задачу 11.2.7).
Решение. При движении в плосковолновом поле полный интеграл можно искать в виде
R(力,“,г) = -р х +R(力,“,г) = -р х +
R(力,“,г) = -р х +
R(力,“,г) = -р х +
где 夕'2 = тс2. Поскольку dF/дх^ = —р^ + k^ dw/d(p^ то уравнение (11.3.5) принимает вид
23 謂2 汐+ |>.
Следовательно, производящая функция КП —
巳(力,“,丁) = -pХ +巳(力,“,丁) = -pХ +
巳(力,“,丁) = -pХ +
巳(力,“,丁) = -pХ +
4-импульс частицы —
11.3.4. Интегрируемая гамильтонова система — релятивистская частица в поле волны, бегущей в гиперболическом волноводе.
4-потенциал электромагнитного поля в электродинамической системе ловушки Паули (см. задачу 11.2.10)
Л) = Аг =击(力2 -力)cos (幻力-kz\ Ax = Ay = 0.
Найти решение канонических уравнений движения частицы [170]. Решение. Гамильтониан частицы
+ I mi.
Учитывая значения фундаментальной скобки Пуассона [жм,夕"] = =—旦儿",получим систему
х^ = И, Я], тМ =沙—^ 厶匕(1)
湿=g川团，p^ = -ха -^(2)
с начальными условиями жм(0) = х\)夕儿(0)=夕J.
Система (1), (2) обладает двумя интегралами. Один из них найдем, образуя свертку уравнения (2) с 4-вектором &儿=(з/о)几儿,几儿= =(1, 0, 0, 1). В результате имеем kp = kpf. Далее, образуя свертку (1) с &儿,получим mkx = kp\ или в координатной форме
ci —ci —. прz - т. прz - т⑶⑶
ci —
ci —
. пр
z - т
. пр
z - т
⑶
⑶
Следовательно, фаза волны на траектории частицы
кх — — крт + кх .т
Другой тривиальный интеграл системы (1), (2) имеет вид ж2 = с2
или
(Н)2 — *= °2.
Разрешая (3), (5) относительно 力 i, находим
(5)
⑹
•прт / 2 , -2 , -2\
2 =-初+ ^—/ (c +力
⑺
Таким образом, задача фактически сводится к решению линейных уравнений для поперечного движения частицы. Полагая в (1), (2)从=1 и учитывая соотношения (3), (4), получим уравнение
ш2сЯ2ш2сЯ2coscos
ш2сЯ2
ш2сЯ2
cos
cos
которое в безразмерных переменных s = \^+kx'\ ь = приобретает следующий вид:
—2 + 26 cos (2s)力=0.(8)
ds
Полагая в (1), (2)从=2, аналогичным образом получим уравнение
— 26 cos (2s)g = 0.
ds
Уравнения (8), (9) относятся к типу уравнения Матье, которое в стандартной форме имеет вид [139]
—2 + (从 + 2g cos 2s)仅=0.(10)
ds
Пусть два линейно независимых решения Л/(〃, q, s) и N(邑 q, s) удовлетворяют условиям
М(〃，0) = Ng q, 0) = 1, Mg q, 0) = Ng q, 0) = 0.
Тогда решения уравнений (8), (9) имеют форму канонического преобразования
力=М(0, A S)犷 + 逐 N(0, A s)必，(И)
У = Л/(0, —A S)風 + 盪 N(o, —A S)心(12)
где р\> Ру — контравариантные компоненты вектора р'К Подставляя выражения (11), (12) в уравнения ⑹，(7), получим решение системы (1), (2) в форме канонического преобразования к постоянным координатам и импульсам.
Анализ устойчивости движения частицы. Пусть начальные условия имеют вид жм(0)= 力｝, жм(0) = 7(с, v), 7 = (1 — v2/c2)-1/2, величина npz = m7(c — 03). Найдем множество начальных данных, для которых решения уравнений (8), (9) ограничены. Из теории функций Матье следует, что уравнение (10) имеет два класса решений — ограниченные и неограниченные. Области устойчивости и неустойчивости решений в плоскости параметров (从,g) разделены семейством симметричных кривых [139]. В нашей задаче представляют интерес только те значения параметра 6, для которых одновременно устойчивы
решения уравнений (8), (9): это множество точек (0, —6), (0, 6), где 6 е С Q(")представляет собой отрезок [q^\ g^‘] (& = 0, 1, . ..). Из таблиц, значений функций Матье имеем
Q^ = [0; 0,92], Q⑴=[7,51; 7,58], Q⑵=[21,309; 21,312],
Условие 6 G Q(“)приводит к финитному движению по координатам хну. Отсюда найдем ограничения на величину пр\ зависящую от начальной скорости
"W< 9r\ /г = 0, 1,...
Для реализации этого условия необходимо, чтобы поперечные координаты частицы удовлетворяли неравенствам |ж(т)| < А, |д(т)| < R. Полученные неравенства определяют полосы пропускания волновода по скоростям частиц.
Найти решение уравнения Гамильтона-Якоби.
Решение. Каноническое преобразование 力，夕一> 力一 #' порождается производящей функцией 巳(力,夕一 т):
Новый гамильтониан Н' (х\ р\ 丁) следует из выражения Я (ж, р) + + dF/дт после замены ж,夕—> 力-". Произведем каноническое преобразование ж,夕—> 力-р\ обращающее новый гамильтониан в нуль. В этом случае функция F удовлетворяет уравнению Гамильтона- Якоби (11.3.5)
dF1 f dFе Л \ / dFе ли\12 с/с、
дт2mс ) удх^с 72
Полный интеграл уравнения (2) F(x^)С〃, г) должен удовлетворять условию dF/дт = 0. Выбирая С〃 = #} в качестве новых импульсов, найдем производящую функцию F(x^, р^, г).
Ищем полный интеграл уравнения (2) в виде
R = -fx + (2 一号)7 +ь(也力，g)，⑶
где /м = (/°, 0, 0, /3), s = kx/2. Подставляя выражение (3) в уравнение (2), имеем укороченное уравнение Гамильтона-Якоби
寫+ ^ 4(s,伤沙)+专[(竅)2 + (第1 = 0，
эквивалентное хорошо известному уравнению в случае квадратичного гамильтониана двумерной системы. Разделяя переменные, представим полный интеграл в виде суммы квадратичных трехчленов
。(s,力，g)=。i(s, ж) + 夕2(也 g),
/、1 kf dM^ 2 о /2^2 / /、
夕 2(s, y^Mi^T^y + 2%g - F (%)_ •
Здесь индексами 1, 2 обозначены линейно независимые решения уравнения Матье, соответствующие значениям параметров q = b s q = —Ь. Подставляя (3) в (1) и полагая
/2/2
0—720 тсз _ пр тс
J —9 Г о 7 5 J —9 Г Q 7 5
получим решение, приведенное в предыдущей задаче.
Найти решение уравнений движения релятивистской частицы во внешнем поле, используя каноническую теорию возмущений (см. главу VIII).
Решение. Гамильтониан частицы
风力,#)=号⑺『+等.⑴
Полагая в (8.1.11) z〃 = 力儿 и заменяя t —> т, получим решение в виде kn力，#一y 力一":
23
力4=力7 +仅附+ "后 +以€ + …，⑴
"4=[吃，h(х， ")] = ^优 一 /"(“))/
近=[[同，m"]"]=叁%%(#)个/+
Отметим, что для однородного постоянного поля из (1) следует точное решение уравнений движения в виде матричной экспоненты ж = =exp ((e/mc) Ft^u. В случае скрещенного поля
Л^(ж)=九(夕)6",九(夕)=-— e0屮, D=kx)
ряд (1) обрывается и совпадает с точным решением (4), полученным в задаче 11.2.7.
Ускорение протонов в синхрофазотроне. Синхрофазотрон —наиболее современный циклический резонансный ускоритель, предложен в 1943 г. профессором Бирмингамского университета М. Олифантом. Протоны движутся по окружности постоянного радиуса Я в переменном магнитном поле и ускоряются в электрическом поле, создаваемым электродами, расположенными в окрестности плоскости 力=0. Вектор-потенциал магнитного поля Am(t, х), вектор-потенциал электрического поля А(力 х)=(厶(力，х), 0, 0),
1
A优色 x) = - 6⑴(g, 一力，0),4力 X)=8® /⑶ sing⑴,
где 8(力)—дельта-функция Дирака. Не учитывая проблем фокусировки, исследовать методом усреднения канонических уравнений процесс ускорения протона и получить уравнение фазовых колебаний [171].
Решение. Гамильтониан протона, взаимодействующего с электромагнитным полем
舞 + 肾+ *[p-^ Am(力 x)-| a(力 x)].
Представим гамильтониан Н в виде Н = Яд + 九,
22 r
% =—豈 + 等 + 荻[Р — Апг (力 X)]2,(1)
九=vA(^ X)+ -—2 A (^ x),(2)
c2mc
mv = p — (e/о) Am(t, x). Произведем вначале КП:力 夕。—> 力-р^
力='+寨厂'°=%⑶
порождаемое ПФ
?2(3加,公 =一咐+ (金一箒卜
Новый гамильтониан
"=£ [Р — ^ А优(力 х)]2
g =一表（力2 一力1）,内=表（也一夕2）,g =一表（力2 一力1）,内=表（也一夕2）,⑷⑷формально совпадает с «поперечной» частью гамильтониана в задаче 7.2.8. Для того чтобы ввести координаты центра окружности и координаты, описывающие движение протона по окружности, произведем КП ж,夕,夕冗,ру т хп, рп:
g =一表（力2 一力1）,内=表（也一夕2）,
g =一表（力2 一力1）,内=表（也一夕2）,
⑷
⑷
1 /、
力=^ (力1 +力2),
1 /、
% = 7^ (力 1 +力2),
и КП 岔п, рп Т х'т р'т порождаемое ПФ
F^xn,成，丁)=一金警力 1 力2 +，й^ (力 1〃6加 + 力2必)+ iPiP^e^,夕=]dr1 Q(rz),
о
где 口(丁) = е B(f)/тс^ 力=，+ р^т/тс. Из (7.1.2) получим замену переменных
力 1 = -/= [*6一加-金必],力2 =-金诉6引・ (5)
Переходя к действительным каноническим переменным 力厶 = = v7^ exp (-i^n), Pn = £VZT exp(〃Bn) (n = 1, 2), получим из (4)—(5) параметрическое представление траектории протона
力= 鳥[/1COS(° + Bi)+ /2 COS ^ ,
g = 武[asin(夕+夕 1)— msin 夕 2].
Очевидно 2/1/mQ — радиус окружности, (丁 cos 夕2, — Tsin 夕2, 0)— координаты центра окружности, г = 2/2/^^ • Каноническое преобразование позволяет исключить вклад гамильтониана Но в полный гамильтониан. Новые переменные /п,夕九 удовлетворяют каноническим уравнениям с гамильтонианом (7.1.5)
Hg = - о 厶/2 sin (夕 + 夕1 + 夕2).
Поскольку среднее за период Т = 2тг/П значение гамильтониана Н& равно нулю, то эволюция медленных переменных определяется гамильтонианом (2), в котором следует произвести замену переменных (3),
. Полагая в (2) z = 0, /(z) = 1 и пренебрегая вкладом второго слагаемого, получим
h!=告 x 8(力)sin g(7),h!=告 x 8(力)sin g(7),⑺⑺必^■sin(B +。)g")必^■sin(B +。)g")dr "^ + f dt 3 ⑴.me J 、'0dr "^ + f dt 3 ⑴.me J 、'0
h!=告 x 8(力)sin g(7),
h!=告 x 8(力)sin g(7),
⑺
⑺
必^■sin(B +。)g")
必^■sin(B +。)g")
dr "^ + f dt 3 ⑴.me J 、'
0
dr "^ + f dt 3 ⑴.me J 、'
0
Производная медленной переменной ро удовлетворяет уравнению
./ dh' \ dh' eV •、
== —^^ COSg(T).
Учитывая правила обращения с J-функцией, вычислим интеграл
T 1、T0T 1、T07 / aHeVQsin wn /
T 1、
T
0
T 1、
T
0
⑻⑻“丁—г cos (wn +
⑻
⑻
det27ГСsin wn
n=l, 2
е = drое = drо- a) + 0q , e0= ] d 力以(力)一夕0
е = drо
е = drо
Здесь wn — корни уравнения，77 cos w + VT^ cos 夕2 = 0.
Пусть центр окружности находится в окрестности начала координат. Тогда /2《 厶，cos w ^ 0, wi = тг/2,仅2 = Зтг/2. Обозначая энергию протона е = #о。, получим уравнение
е = 4т 仇7Г
В этом же приближении находим Д =〈一З/г'/З夕Q, 0i = ®h"31]) или
/1 — sin 仇 Si — 0. 7ГШС/1 — sin 仇 Si — 0. 7ГШС(10)(10)
/1 — sin 仇 Si — 0. 7ГШС
/1 — sin 仇 Si — 0. 7ГШС
(10)
(10)
Равновесная энергия £()(%)Равновесная энергия £()(%)(тс2)2 + (с6А)2 , связанная с ча-
Равновесная энергия £()(%)
Равновесная энергия £()(%)
стотой генератора соотношением о;(力)=Q(t) тс2/e()(t)^ удовлетворяет уравнению, следующему из (9);
(11)(11)前=业sin%.7ГС
(11)
(11)
Протоны движутся по окружности постоянного радиуса R. Поскольку радиус орбиты R =2/i/mQ, то
R^ (h-厶 =皆'meR^ (h-厶 =皆'meV . А Я2 dB~7 sm&-元石V . А Я2 dB~7 sm&-元石
R^ (h-厶 =皆
'me
R^ (h-厶 =皆
'me
V . А Я2 dB~
7 sm&-元石
V . А Я2 dB~
7 sm&-元石
Следовательно, для сохранения постоянного значения радиуса орбиты напряженность магнитного поля должна возрастать по линейному закону со скоростью dB/dt = (2cV/tt/Z2) sin。。.
Уравнение фазовых колебаний. Поскольку 01 = 0, то производная фазы
© =(£ — £о) -—2" •(12)
тс
Из (9)—(12) получим уравнение [171, 172, 176]
= е"^ (sin® — sin。。).
dT G 7ГШС
В окрестности равновесной фазы sin0 = sin0q + (。一 8。)cos%. Фазы частиц, пришедших к зазору в некотором интервале фаз в окрестности равновесной фазы, при последующих прохождениях зазора совершают колебания в окрестности значения 8。 (область захвата). Механизм автофазировки приводит к тому, что при достаточно медленном возрастании величин з и В энергия частиц, находящихся в области захвата, автоматически принимает значение, близкое к резонансному, т. е. все эти частицы ускоряются. Протоны, для которых выполняется условие cos ^о < 0, находятся в области захвата и ускоряются высокочастотным полем генератора в режиме нормальной работы синхрофазоторона.
Механизм автофазировки открыт независимо в 1944 г. советским физиком В. И. Векслером и в 1945 г. американским физиком Э. МакМилланом. Первый синхрофазотрон — космотрон на 3 ГэВ (Брукхейвен, США) был запущен в 1952 г. Синхрофазотрон с максимальной энергией протонов 6,3 ГэВ, получивший название беватрон (Беркли, 1953 г. США), был специально создан для детектирования пары протон-антипротон (Нобелевская премия, 1955 г.). В 1956 г. был открыт антинейтрон, в 1965 г. получено первое антиядро-антидейтрон — связанное состояние антипротона и антинейтрона.
Дальнейшее увеличение энергии связано с применением новых методов фокусировки частиц. Для того чтобы достичь энергии, скажем 10 ГэВ, протон совершает 4,5 млн оборотов, проходя путь в 2,5 раза больший, чем расстояние от Земли до Луны. Поэтому необходимо обеспечить такую устойчивость пучка, чтобы небольшие отклонения от равновесной орбиты не приводили бы к потере частиц. В 1950 г. греком Н. Кристофилосом и независимо в 1952 г. американцами Е. Курантом, М. Ливингстоном и Г. Снайдером был открыт новый тип магнитной фокусировки, получившей название сильной или жесткой фокусировки. Они предложили собрать магнит в виде периодически чередующихся секторов, каждый из которых фокусирует частицы по одной поперечной к скорости координате и дефокусирует по другой. В результате возникает эффективная фокусировка по радиальному и вертикальному направлениям. Значительно сокращается стоимость магнита и системы питания. Именно это открытие сделало возможным создание синхрофазотронов на сверхбольшие энергии.
11.3.8. Метод удвоения переменных в релятивистской динамике.
Представить уравнения движения заряда в электромагнитном поле в пространстве А】' координат (ж\ г?) и импульсов (р^, ^), где г?=亦2.
Решение. В стандартном подходе гамильтониан частицы, взаимодействующей с электромагнитным полем содержит 4-потенциал Лм(ж). Можно построить теорию в терминах тензора электромагнитного поля R4"(力).С этой целью представим уравнение движения в виде системы первого порядка
出个⑺好(1)
Введем фазовое пространство координат (ж\ иг) и импульсов (р^, д〃) с фундаментальными СП
回，uk] = [g, qk]=回，qk] = [iz\ pk] = 0,回，pk] = [u* qk]= 一或.
Тогда в соответствии с IX-1 гамильтониан
Н = —рц^ —是 FiMxldd(2)
порождает уравнения
.п дН . п дН
Зр?!@qn
совпадающую с (1), и ассоциированную систему
Рп =, т Рп = —— dnFikqluk
дхтс
Qn =, Т Qn = ~РпFj^q •
дитс
Удвоение числа переменных позволяет развить новый метод интегрирования уравнений релятивистской динамики в виде ряда теории возмущений, n-й член ряда содержит только п-ю степень напряженностей поля.
Найти решение уравнений движения в виде ряда теории возмущений.
Решение. Представим гамильтониан в виде Н = Н° + АН,
% = —pщ\ aЯ =-皂居力⑺八2
Решением уравнений, порождаемых гамильтонианом Но, являются КП
3 =力；+ 仅什,щ = и^ Pi = p'i, qi = q'i — р1「
Члены ряда теории возмущений (8.1.7) содержат СП вида
GikSl, 72)=同(丁1), Qk(r2)] = Sik^Tl - 72),弘力(丁1, 丁2)= 一 电(丁1), qk(r2)] = Sik.
Полагая в (8.1.7) z^ =仅勿,получим решение уравнений движения
"а")=心 + 皂]dq Кг(Т, Ti) R泌(丁1) Uk + то
+ (^^) dtl ]加2 Ий(丁, 丁1) 〃尸2"(71) UkGCrn(Ti^ 72)^mn^) Un +
+ &(厂 丁1) Fik{r^ ^m(n, T2)r师(72)…
В случае движения частицы в скрещенном поле F^ = f^ dh/d(p^ /儿"=g^k^a^ — &"(1儿),первые члены ряда
“а")=心 + 焉]dr^F^ + (焉)J dq I dr2 FakFknun
представляют собой точное решение (см. задачу 11.2.7).
11.3.12. Движение частицы в гравитационном поле.
Гравитационное поле в общей теории относительности определяется метрическим тензором g勿力(力),который играет роль «потенциалов поля» поля тяготения [2, 40, 41, 63].
Гамильтониан частицы в релятивистской теории тяготения
8(力，夕)=—* gab{x) рарь + 等•
Найти уравнения движения частицы.
Решение. Частица движется по геодезической кривой хг(т\ где 丁 — истинное или собственное время.
Перейдем от канонических уравнений
力=一麻，ГПХ = g Pc, •3〃.1 я ab
PaPb,
к уравнению второго порядка
=勿g"胪^ - ?С 煮"рарь.(1)
Преобразуем первое и второе слагаемые, учитывая соотношения
dkgiCXk^ = dkgicgcaXkXa = -| 炉° (九旦/ + dagck) XkXa,dcgabPaPb = rndcgabgakxkpb = -mgabdcgakxkpb = -n^dcgakxkxa.
В результате получим из (1) уравнение движения
近&胪=0.
Здесь
ic
匕А; = ^- (Hkgca + 2agck — @cgak)
символы Кристоффеля (см. задачу 2.2.5), которые определяют «напряженность» гравитационного поля.
Частица в слабом гравитационном поле. Из решения уравнений Эйнштейна-Гильберта следует, что метрический тензор в нерелятивистском предельном случае слабого поля имеет вид
Sik (^) ^]ik + hjk(x)〉九00~^ ,九0a 0, ha^ ^ 6。0 ,
где “ik — галилеева метрика плоского пространства: 7700 = 1, 〃0а = =0, 77ap = —Вар,夕(х) = —GM/г — гравитационный потенциал тела массы М [2, 40, 41]. Здесь опущены слагаемые, зависящие от скорости и момента импульса тела. Найти уравнения движения пробного тела.
Решение. Поскольку поле стационарно, то все производные dgab/dt = 0. Следовательно,
Гоо — Acgoo.
В случае слабого поля можно ввести почти декартову систему координат, в которой
% = -% &%о = -| а%оо = (о, g v^).
Из уравнений ж + ГЗоС^Е? = 0 следует система
ж =一产 х7夕，W = 0,
эквивалентная второму закону Ньютона 力=丁,乎х/d仔=—▽夕.
Задача рассеяния. Найти зависимость переданного импульса от прицельного параметра при рассеянии частицы массы т в слабом гравитационном поле gik(x) ^ 刀徐(х) — (力).
Решение. Представим гамильтониан в виде Н — Hq -\- h^
% = —二 楂kpiPk + I mi, ДЯ =二 hik(x) pipk
и произведем КП 力=力‘ + pV/m,夕=夕'.Эволюция штрихованных переменных определяется гамильтонианом Н‘ = △//(力(力-夕-т),夕'). Полагая в (8.1.11) zn = рп и заменяя t —> т, получим решение в виде ряда теории возмущений:
рП2=腺(7。)+ j dq [或，у (丁1)] + …⑴
Известно, что решения нелинейных уравнений обладают подвижными особенностями, зависящими от начальных условий [11]. Построив все аналитические продолжения каждого из элементов решения (1), можно найти общее решение для геодезических кривых.
В приближении слабого поля [1]
С V —\ с/
"(с, А)=(力一R)k -(力仅一冗仅)W ,#(丁)= У + ukT, (2)
с
где М,让一масса и 4-скорость частицы, создающей гравитационное поле. Гамильтониан
тс у —г2тс у —г22^-р22^-р2
тс у —г2
тс у —г2
2^-р2
2^-р2
переходя в (1) к пределам 丁 —> оо, 丁。 4-импульсапереходя в (1) к пределам 丁 —> оо, 丁。 4-импульса—> —оо, получим приращение—> —оо, получим приращение
переходя в (1) к пределам 丁 —> оо, 丁。 4-импульса
переходя в (1) к пределам 丁 —> оо, 丁。 4-импульса
—> —оо, получим приращение
—> —оо, получим приращение
ГП(Т1) ")3/2 •ГП(Т1) ")3/2 •⑶⑶
ГП(Т1) ")3/2 •
ГП(Т1) ")3/2 •
⑶
⑶
Положим 夕厶=mvn. На траектории частицы 力(丁) = xf + vt. В системе покоя частицы М прицельный параметр Ьп =力‘九—sn, bn = (0, b), bv = 0, bnvn = 0, bnun = 0.
Представим вектор (2) в виде
"(с, r) = bk buuk + (V^ - ^ Vuu),
где Vn = un — 11n. Из (3) находим
九 c「“〃[2— 1] bn — buu1
qn = -2GMm 丨〉‘丿 — -———о Сд/(vu/c2)2 — 1 (bu/c) - b
Отметим, что
(吟2 _ 1 - ^ J丿丄
где。^ ——инвариантный квадрат относительной 3-скорости. В нерелятивистском пределе из (4) получим qn = (0, q), q = —2ab/o「b2, а = =GMm (см. задачу 8.2.3).
Отклонение луча света Солнцем. Уравнения Максвелла, позволяющие найти векторы напряженности электромагнитного поля, не содержат коэффициентов преломления. Однако, если искать решение уравнений Максвелла в весьма грубом приближении геометрической оптики, то благодаря условию существования нетривиального решения системы однородных уравнений, можно ввести новые понятия — лучи и два коэффициента преломления. В оптике лучи представляют собой математический объект — семейство кривых ортогональных фронту волны [2, 40, 41].
Приближение геометрической оптики в гравитационном поле справедливо при выполнении двух условий: 1) длина волны А《L, где L характерная длина, на которой изменяется напряженность поля; 2) А《凡 где R характерный радиус кривизны пространства-времени. Гамильтониан, описывающий траекторию луча в гравитационном поле,
Н(优,р) = ~^gab(x)papb,
где 夕* — волновой 4-вектор размерности м-1. Уравнение траектории луча хг =力z(s), где s — некоторый аффинный параметр. На траекториях луча Я (ж, р) = 0. Найти угол отклонения светового луча в поле тяготения Солнца.
Решение. Производная d力乞/ds задает касательную к световой геодезической —лучу света от звезды в гравитационном поле Солнца. Учитывая решение задачи 11.3.11, запишем гамильтониан
△"=[马(“)2-2:
С V —г2 [с
В нулевом приближении Н = Нд уравнение траектории луча 力=力‘ + + p's,夕=pf. Полагая 夕'= &,&? = 0, получим приращение волнового вектора
где rg = 2GM/c2 — гравитационный радиус Солнца. Пусть иг = =(с, 0), А/ = (&о, &о, 0, 0), Ьг = (0, 0, А 0). Следовательно, △夕71 = =(0, 0, 2kurg® 0) — угол отклонения луча света 7 = 2rg/Ь. Наибольшее значение угла 7m = 2rg /R^ R — радиус Солнца, 7 = 1,75".
При прохождении луча света вблизи Солнца должна проявиться кривизна пространства: световой луч отклоняется от первоначального направления. Эйнштейн предложил сопоставить видимое положение звезд у края солнечного диска во время затмения с их положениями ночью за шесть месяцев до затмения, когда те же звезды видимы с Земли на противоположной стороне от Солнца. Английская группа в 1919 г. получила хорошее согласие с эйнштейновским предсказанием. Этот эффект поразил уставших от первой мировой войны (15 авг. 1914 г.11 нояб. 1918 г.) европейцев и впервые привлек внимание широкой публики к теории относительности.
Справочные данные
Физические постоянные
Гравитационная постоянная
G = 6,6720 • 10-11 Н-м2/кг2
Атомая единица массы
а. е. м.= 1,66056 • 10-27 кг
Постоянная Больцмана
к,昆=1,38 • 10—23 дж.к-1
Постоянная Авогадро
^A = 6,022 • IL? моль-1
Элементарный заряд
е = 1,6021 • 10-19 Кл
Масса электрона
те = 9,1095 • 10—31 кг= 0 5n МэВ/с2
Отношение заряда электрона к массе
е/те = 1,7588 • 1011 Кл/кг
Масса протона
тр = 1,67265 • IL? кг= 938,2796 МэВ/с2
Масса нейтрона
тп = 1,67495 • IL? кг= 939, 5731 МэВ/с2
Электрическая постоянная
so = 8,85419 • IL? Ф-м-1
Магнитная постоянная
网=47r.i0-7 Н/А2 = 1,256637-10-6 Гн-м-1
Скорость света
с = 2,99792458 м/с
Постоянная Планка
h = 6,626176 • 10—34 дж.с= 4Д34.10-15 Эв-с
Соотношения между внесистемными единицами и единицами систем СИ, СГСЭ и СГСМ
1 А = 0,1 нм.
1 Дж = 6,24 • 1018 эВ, 1 эВ = 1,6021892 • 10-19 Дж,
1 мм рт. ст. = 133,332 Па, 1 Па = 7,5 • 10-3 мм рт. ст.,
1 атм = 1,01 • 105 Па.
1 9в/(Ас) = 8065,479 см-1, Ас/(1зВ) = 1242 нм,
1 эВ/Л = 2,4179696 • 1014 Гц.
1 Кл = 3 • 109 СГСЭ((7), 1 В = (1/300) СГСЭ((^),
В (гаусс) =Н (эрстед), 1 Тл = 104 Гс, 1 А/м = 47r • 10-3 Э.
Солнечная система
Планеты
Расстояние от
Солнца, млн км
Радиус, км
Масса (Земля —1,0)
Меркурий
57,9
2440
0,055
Венера
108,209
6052
0,816
Земля
149,597
6371
1
Марс
227,941
3393
0,107
Юпитер
740,814
71400
318
Сатурн
1426,99
60400
95
Уран
2870,93
24300
14,6
Нептун
4498,51
25050
17,2
Плутон
5912
1500
0,0017
Астрономическая единица (среднее расстояние от Земли до Солнца)—— 1 а. е. = 1,495978-1011 м,
Световой год, 1 св. год = 9,46053 • 1015 м,
Парсек (пк), 1 пк = 3,085678 • 1016 м.
Масса Солнца тс = 1,989 • 1030 кг,
Средний радиус Солнца 6,96 • 105 км.
Гравитационный параметр Солнца Gmc = 1,32712 • 1011 км3/с2.
Масса Земли тз = 5,976 • 1024 кг,
Средний радиус Земли 6371,03 км.
Гравитационный параметр Земли Gms = 3,9860 • 105 км3/с2.
Литература
Павленко Ю. Г. Гамильтоновы методы в электродинамике и в квантовой механике. М.: Изд-во Моск, ун-та, 1985.
Ландау Л. Д., Лифшиц Е. М. Теория поля. М.: Физматлит, 2001.
Виленкин Н. Я. Функции в природе и технике. М.: Просвещение, 1985.
Янке Е., Энде Ф., Леш Ф. Специальные функции. М.: Наука, 1977.
Градштейн И. С., Рыжик И. М. Таблицы интегралов, сумм, рядов и произведений. М.: Наука, 1971.
Бюшгенс С. С. Дифференциальная геометрия. М.: ГИТТЛ, 1940.
Дубровин Б. А., Новиков С. П., Фоменко А. Т. Современная геометрия. М.: Наука, 1979.
Зельдович Я. Б., Мышкис А. Д. Элементы прикладной математики. М.: Наука, 1972.
Федорюк М. В. Обыкновенные дифференциальные уравнения. М.: Наука, 1985.
Нуссенцвейг X. М. Причинность и дисперсионные соотношения. М.: Мир, 1976.
Филиппов А. Т.//Физика элементарных частиц и атомного ядра. 1980. Т. 11, вып. 3. С. 735.
Кравцов Ю. А., Орлов Ю. И. Геометрическая оптика неоднородных сред. М.: Наука, 1980.
Ландау Л. Д., Лифшиц Е. М. Электродинамика сплошных сред. М.: Физматлит, 2001.
Борн М., Вольф Э. Основы оптики. М.: Наука, 1973. С. 149.
Уиттекер Е. Аналитическая динамика, М.-Л.: ОНТИ, 1937.
Ольховский И. И., Павленко Ю. Г., Кузьменков Л. С. Задачи по теоретической механике. М.: Изд-во Моск, ун-та, 1977.
Глазер В. Основы электронной оптики. М.: Гостехиздат, 1957.
Анкундинов Б. А., Кельман С. М., Сысоева Л. Г.//ЖТФ. 1964. Т. 34. С. 23.
Павленко Ю. Г., Гальцов Д. В.//Изв. высш. учеб, заведений. Радиофизика. 1966. Т. 9. С. 1232.
Дементьев А. С., Павленко Ю. Г.//ЖТФ. 1974. Т. 44. С. 1101.
Миногин В. Г.//УФН. 1982. Т. 137, вып. 1. С. 173.
Van Dyck Re. S., Schwinberg P. B., Dehmelt H. G.//Phys. Rev. D. 1986.
V. 6. N 3. P. 727-736.
Ландау Л. Д., Лифшиц E. M. Механика. M.: Наука, 1973.
Рой А. Движение по орбитам. М.: Мир, 1981.
Балк М. Б. Элементы динамики космического полета. М.: Наука, 1965.
Ватсон Дж. Теория бесселевых функций. Т. 1. М.: ИЛ, 1949. С. 607.
Пекер Ж；.-К. Экспериментальная астрономия. М.: Мир, 1973.
Полет космических аппаратов. Примеры и задачи. М.: Машиностроение, 1980.
Балк М. Б., Демин В. Г., Куницын А. Л. Сборник задач по небесной механике. М.: Наука, 1972.
Поляхова Е. Н. Сборник задач по динамике точки в поле центральных сил. Л.: Изд-во Ленингр. ун-та, 1974.
Справочник по космонавтике. М.: Воениздат, 1966.
Белецкий В. В. Очерки о движении космических тел. М.: Наука, 1978.
Демин В. Г. Движение искусственного спутника в нецентральном поле тяготения. М.: Наука, 1968.
Якоби К. Лекции по динамике. М.-Л.: ОНТИ, 1936.
Мозер Ю. Некоторые аспекты интегрируемых гамильтоновых си- стем//УМН. 1981. Т. 36, вып. 5. С. 109.
Грановский _Я. И., Жаданов А. С.//ТМФ. 1987. Т. 71, № 1. С. 143.
Фавар ^Ж. Курс локальной дифференциальной геометрии. М.: ИЛ, 1960.
Стернберг С. Лекции по дифференциальной геометрии. М.: Мир, 1970.
Схоутен _Я. А. Тензорный анализ для физиков. М.: Наука, 1965.
Мизнер Ч., Торн К., Уиллер Дж. Гравитация. Т. 1. М.: Мир, 1977.
Вейнберг С. Гравитация и космология. М.: Мир, 1975.
Терлецкий Я. П.//ЖЭТФ. 1946. Т. 16, вып. 5. С. 403; ДАН. 1945. Т. 47. № 2. С. 104.
Терлецкий Я. П.//ЖЭТФ. 1941. Т. 11. С. 96.
Левин В. Г., Вдовин Ю. А., Мямлин В. А. Курс теоретической физики. Т. 2. М.: ГИФМЛ, 1962.
Сермонс Г. Я. Динамика твердых тел в электромагнитном поле. Рига: Зинатне, 1974.
Клепинер Д., Литтман М., Циммерман М.//УФН. 1982. Т. 137, вып. 2. С. 339.
Харош С.//Физика за рубежом. Сер. А. Исследования. М.: Мир, 1985. С. 89.
Ньютон Р. Теория рассеяния волн и частиц. М.: Мир, 1969.
Шадан К., Сабатье П. Обратные задачи в квантовой теории рассеяния. М.: Мир, 1980.
Никитин Е. Е., Овчинникова Н. Я.//УФН. 1971. Т. 104, вып. 3. С. 379.
Трикоми Ф. Интегральные уравнения. М.: ИЛ, 1960. С. 57.
Хир К. Статистическая механика, кинетическая теория и стохастические процессы. М.: Мир, 1976. С. 294.
Мигдал А. Б. Качественные методы в квантовой теории. М.: Наука, 1975. С. 40.
Ландау Л. Д., Лифшиц Е. М. Квантовая механика. Т. 3. М.: Физматлит, 2001.
Себехей В. Теория орбит. М.: Наука, 1982.
Шарлье К. Небесная механика. М.: Наука, 1966.
Мельхиор П. Земные приливы. М.: Мир, 1968.
Гребеников Е. А., Демин В. Г. Межпланетные полеты. М.: Наука, 1965.
Рябов Ю. А. Движение небесных тел. М.: Наука, 1977.
Левантовский В. И. Механика космического полета. М.: Наука, 1980.
Гиршфельд Дж., Кертис Ч., Берд Р. Молекулярная теория газов и жидкостей. М.: ИЛ, 1959.
Крауфорд Ф. Волны. М.: Наука, 1974.
Лайтман А., Пресс В., Прайс Р., Тюкольски С. Сборник задач по теории относительности и гравитации. М.: Мир, 1979.
Борн М. Атомная физика. М.: Мир, 1967. С. 303.
Татаринов Я. В. Лекции по классической динамике. М.: Изд-во Моск, унта, 1984.
Фейнман Р. Статистическая механика. М.: Мир, 1975.
Давыдов А. С. Теория твердого тела. М.: Наука, 1976. С. 41.
Тода М. Теория нелинейных решеток. М.: Мир, 1984.
Тода М. Нелинейная решетка// Солитоны/Под ред. С. П. Новикова. М.: Мир, 1983. С. 163.
Уизем Дж. Линейные и нелинейные волны. М.: Мир, 1977.
Хартман Ф. Обыкновенные дифференциальные уравнения. М.: Мир, 1970.
Медведев Б. В. Начала теоретической физики. М.: Наука, 1977.
Перина _Я. Когерентность света. М.: Мир, 1974.
Бакман Д. Е., Вайнштейн Л. А.//УФН. 1977. Т. 123. С. 657.
Джексон Дж. Классическая электродинамика. М.: Мир, 1965.
Ансельм А. И. Основы статистической физики и термодинамики. М.: Наука, 1973.
Боголюбов Н. Н., Митропольский Ю. А. Асимптотические методы в теории нелинейных колебаний. М.: ГИФМЛ, 1958.
Найфе А. Методы возмущений. М.: Мир, 1976.
Волосов В. М., Моргунов Б. Н. Метод осреднения в теории нелинейных колебаний. М.: Изд-во Моск, ун-та, 1971.
Найфе А. Введение в методы возмущений. М.: Мир, 1984.
Капица П. Л.//УФН. 1951. Т. 44. С. 7.
Капица П. Л.//ЖЭТФ. 1951. Т. 21. № 5. С. 588.
Вшивцев А. С., Павленко Ю. Г., Селимов Б. К.//Изв. высш. учеб, заведений. Физика. 1978. № 5. С. 145.
Гапонов А. В., Миллер М. А.//ЖЭТФ. 1958. Т. 34. С. 242; 751.
Ишлинский А. Ю., Борзов В. И., Степаненко Н. П. Лекции по теории гироскопов. М.: Изд-во Моск, ун-та, 1983.
Борн М. Лекции по атомной механике. Т. 1. Киев: ОНТИ, 1934.
Д. тер Хаар. Основы гамильтоновой механики. М.: Наука, 1974.
Голдстейн Г. Классическая механика. М.: Наука, 1975.
Арнольд В. И. Математические методы классической механики. М.: Наука, 1979.
Лисица В. С.//УФН. 1977. Т. 122, вып. 3. С. 449.
Соловьев Е. А.//ЯФ. 1986. Т. 43, вып. 3. С. 775.
Козлов В. В. Методы качественного анализа в динамике твердого тела. М.: Изд-во Моск, ун-та, 1980. С. 149.
Джакалья Г. Е. О. Методы возмущений для нелинейных систем. М.: Наука, 1979.
Давыдов А. С. Квантовая механика. М.: Наука, 1973.
Павленко Ю. Г., Афиногенов Ю. А., Зеленский С. И.//Вести. Моск, ун-та. Сер. Физика. Астрономия. 1988. Т. 29, № 5. С. 29.
Волькенштейн М. В. Биофизика. М.: Наука, 1981.
Алексеев В. В.//УФН. 1976. Т. 120. № 6. С. 647.
Калоджеро Ф. Метод фазовых функций в теории потенциального рассеяния. М.: Мир, 1972.
Ярив А. Квантовая электроника. М.: Сов. радио, 1980. С. 288.
Гинзбург В. Л. Распространение электромагнитных волн в плазме. М.: ГИФМЛ, 1960.
Фок В. А. Работы по квантовой теории поля. М.—Л.: Изд-во ЛГУ, 1957. С. 141.
Вайнштейн Л. А., Солнцев В. А. Лекции по высокочастотной электронике. М.: Сов. радио, 1973. С. 370.
Байер В. Н., Катков В. М., Фадин В. С. Излучение релятивистских электронов. М.: Атомиздат, 1973. С. 46.
Коткин Г. Л., Сербо В. Г. Сборник задач по классической механике. М.: Наука, 1977. С. 35.
Зубарев Д. Н. Неравновесная статистическая термодинамика. М.: Наука, 1971.
Боголюбов Н. Н. Избранные труды. Т. 2. Киев: Наукова думка, 1971. С. 14.
Гапонов А. В., Петелин М. И., Юлпатов В. К.//Изв. высш. учеб, заведений. Радиофизика. 1967. Т. 10. С. 1414.
Павленко Ю. Г.//ЖЭТФ. 1666. Т. 50, вып. 5. С. 120.
Трикоми Ф. Дифференциальные уравнения. М.: ИЛ, 1962.
Олвер Ф. Введение в асимптотические методы и специальные функции. М.: Наука, 1978.
Трикоми Ф. О линейных уравнениях смешанного типа. М.: ОГИЗ, 1947. С. 52.
Соколов А. А., Павленко Ю. Г.//Атомная энергия. 1971. Т. 31. С. 292.
Овчинников А. А., Эрихман Н. С.//УФН. 1982. Т. 138. С. 289.
Contopoulos G.//Astr. J. 1964. V. 69. Р. 73.
Henon М., Heilles C.//Astr. J. 1964. V. 69. P. 73.
Лихтенберг А., Либерман M. Регулярная и стохастическая динамика. М.: Мир, 1984.
Форд Дж. Физика за рубежом. А. Исследования. М.: Мир. 1984. С. 186-209.
Павленко Ю. Г., Зеленский С. И.//Вести. Моск, ун-та. Сер. Физика. Астрономия. 1987. Т. 28, № 1. С. 8.
Картье П.//УМН. 1984. Т. 39, вып. 2. С. 75.
Кирия В. С.//Труды Тбилисского ун-та. 1951. Т. 44.
Бейтмен Г., Эрдейи А. Высшие трансцендентные функции. Т. 1. М.: Наука, 1965. С. 55.
Baker G. A. The Pade' Approximant in theoretical physics. N. Y.; London: Academic Press, 1980.
Михлин С. Г., Смолицкий X. Л. Приближенные методы решения дифференциальных и интегральных уравнений. М.: Наука, 1965.
Николис Г., Пригожин И. Самоорганизация в неравновесных системах М.: Мир, 1979.
Томпсон Дж. М. Т. Неустойчивости и катастрофы в науке и технике М.: Мир, 1985.
Павленко Ю. Г., Зеленский С. И.//Программное оборудование и вопросы принятия решений. М.: Изд-во Моск, ун-та, 1988. С. 224—237.
Васильева А. Б., Бутузов В. Ф. Асимптотические разложения решений сингулярно-возмущенных уравнений. М.: Наука, 1973.
Мищенко Е. Ф., Розов Н. X. Дифференциальные уравнения с малым параметром и релаксационные колебания. М.: Наука, 1975.
Коул Дж. Методы возмущений в прикладной математике. М.: Мир, 1972.
Гилмор Р. Прикладная теория катастроф. Т. 2. М.: Мир, 1984. С. 167.
Уиттекер Э. Т., Ватсон Дж. Н. Курс современного анализа. Часть вторая. М.: ГИФМЛ, 1963.
С. Солимено, Б. Крозиньяни, П. Ди Порто. Дифракция и волноводное распространение оптического излучения. М.: Мир, 1989.
Буреева Л. А., Лисица В. С. Возмущенный атом. ИЗДАТ, 1997.
Охоцимский Д. Е. Исследование движения в центральном поле под действием постоянного касательного ускорения //Космические исследования. 1964. Т. 2. № 6.
Taylor J. В. Relaxation of toroidal plasma and generation of reverse magnetic field//Phys. Rev. Let. 1975. V. 33.
Охоцимский Д. E., Сихарулидзе Ю. Г. Основы механики космического полета. М.: Наука, 1990.
Пановко _Я. Г. Механика деформируемого твердого тела. М.: Наука, 1985.
Павленко Ю. Г. Лекции по теоретической механике. М.: Изд-во Моск, унта, 1991.
Мак-Лахлан Н. В. Теория и приложения функций Матье. М.: ИЛ, 1953.
Морс Ф. М., Фешбах Г. Методы теоретической физики. Т. 1. М.: ИЛ, 1960.
Гольдштейн Л. Д., Зернов Н. В. Электромагнитные поля и волны. М.: Сов. Радио, 1956. С. 517.
Магнус К. Гироскоп. Теория и применения. М.: Мир, 1974.
Виттенбург Й. Динамика систем твердых тел. М.: Мир, 1980.
Кнопфель Г. Сверхсильные магнитные поля. М.: Мир, 1972.
Мартыненко Ю. Г. Движение твердого тела в электрических и магнитных полях. М.: Наука, 1988.
Розенцвейг Р. Феррогидродинамика. М.: Мир, 1989.
Белецкий В. В., Хентов А. А. Вращательное движение намагниченного спутника. М.: Наука, 1985.
Белецкий В. В., Левин Е. М. Динамика космических тросовых систем. М.: Наука, 1990.
Черные дыры. Мембранный подход. Под ред. К. Торна, Р. Прайса, Д. Макдональда. М.: Мир, 1988.
Стикс Г. Микронные механизмы//В мире науки. 1993. № 1. С. 68.
Павленко Ю. Г., Петров Ю. М. Лагранжевы уравнения движения массивного проводника в магнитном поле//Изв. Вузов. Физика. 1994. № 7. С. 63.
Павленко Ю. Г., Петров Ю. М. Об одном механизме формирования потенциальных ям для неферромагнитного проводника в переменном магнитном поле//Изв. Вузов. Физика. 1994. № 9. С. 93.
Павленко Ю. Г., Петров Ю. М. Лагранжиан массивного проводника в квазистационарном поле//Вести. Моск. Ун-та. Сер. 1. Математика. Механика. 1995. № 3. С. 48.
Павленко Ю. Г., Бакшеев А. И. Автоколебания проводника в высокочастотном магнитном поле//Изв. Вузов. Физика. 2001. № 1. С. 59.
Павленко Ю. Г. Локализация и излучение частиц магнитной ловушкой//ЖТФ. 2000. Т. 70, вып. 8. С. 25.
Yukalov V. I.//Laser Phys. 1997. V. 7. No. 4. P. 998.
Переломов A. M. Обобщенные когерентные состояния и их применения. М.: Наука, 1987.
Переломов А. М. Интегрируемые системы классической механики и алгебры Ли. М.: Наука, 1990.
Сликтер Ч. Основы теории магнитного резонанса. М.: Мир, 1967.
Тейлор Э., Уиллер Дж. Физика пространства-времени. М.: Мир, 1971.
Вайскопф В. Видимая форма быстродвижущихся тел//УФН. 1964. Т. 84, вып. 1. С. 183.
Redmond R. J.〃J. Math. Phys. 1965. V. 6. P. 1163.
Багров В. Г., Гитман Д. М., Тернов И. М., Халилов В. Р., Шаповалов В. Н. Точные решения релятивистских волновых уравнений. Новосибирск: Наука, 1982.
Павленко Ю. Г., Наумов Н. Д. Релятивистская частица в квадрупольном волноводе//ЖТФ. 1997. Т. 67.血 7. С. 98.
Павленко Ю. Г. Новый класс решений уравнения Дирака//ТМФ. 1999. Т. 120. № 2. С. 315.
Пауль В. Электромагнитные ловушки для заряженных и нейтральных частиц//УФН. 1990. Т. 169, вып. 12. С. 109.
Dawson Р. Н. Quadrupole Mass Spectrometry and its Application. Amsterdam: Elsevier, 1976.
Pradip K. Ghosh. Ion Traps. The international series of monographs on physics. Clarendon PRESS. OXFORD, 1995.
Павленко Ю. Г. Движение спина релятивистской частицы в поле бегущей волны тока//ТМФ. 2001. Т. 126. № 2. С. 271.
Павленко Ю. Г., Наумов Н. Д. Интегрируемая гамильтонова система — релятивистская частица в поле бегущей неоднородной волны//Вестник Моск, ун-та. сер. 1. Математика. Механика. 1998. № 1. С. 42.
Ливингстон М. Стенли. Ускорители. М.: ИЛ, 1956.
Лебедев А. Н., Шальнов А. В. Основы физики и техники ускорителей. М.: Энергоиздат, 1991.
Walker J. The mysterious «rattieback»: a stone spins in one direction and them reverses //Scientific American. 1979. No. 10. P. 984.
Маркеев A. II. Динамика тела, соприкасающегося с твердой поверхностью. М.: Наука, 1992.
Фейнман Р. Вы, конечно, шутите, мистер Фейнман. Москва.—Ижевск: РХД, 2001.
Павленко Ю. Г. Лекции по теоретической механике. М.: Физматлит, 2002.
=(A/m) (a2 — a/A). Период колебаний
УДК 531(07)
ББК 22.31
П12
Рецензенты:
заведующий кафедрой теоретической физики факультета физикоматематических и естественных наук Российского университета дружбы народов профессор Ю. П. Рыбаков;
профессор кафедры теоретической механики и мехатроники механико-математического факультета Московского государственного университета им. М. В. Ломоносова Д. В. Трещев
Павленко Ю. Г. Задачи по теоретической механике: Учеб, пособие: Для вузов. — 2-е изд., перераб. и доп. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2003. - 536 с. - ISBN 5-9221-0302-4.
В книге приведены решения 560 задач по всем разделам курса теоретической механики. Цель сборника — помочь читателю овладеть фундаментальными методами теоретической механики и научить применению математического аппарата теории для исследования конкретных систем. Рассмотренные задачи относятся к анализу движения заряженных частиц в электромагнитных полях, космических аппаратов в ньютоновом поле тяготения, проблеме коррекции орбит космических аппаратов, небесной механике, колебаниям линейных и нелинейных систем, динамике твердого тела, электромеханике, релятивистской динамике. Существенная особенность книги — математические аспекты гамильтонова формализма представлены как мощный аппарат анализа широкого спектра задач на основе разработанных автором методов интегрирования систем общего вида.
Для студентов физико-математических факультетов университетов и высших технических учебных заведений, обучающихся по специальностям «Механика», «Прикладная математика», «Физика», «Астрономия», аспирантов и преподавателей.
ISBN 5-9221-0302-4ISBN 5-9221-0302-4© ФИЗМАТЛИТ, 2003
ISBN 5-9221-0302-4
ISBN 5-9221-0302-4
© Ю. Г. Павленко, 2003
Учебное издание
ПАВЛЕНКО Юрий Григорьевич