分析力学课件、答案 chap3

分析力学作业讲 解（三）
第三章 有心力场中的运 动
1、质点受到的有心力为：
F =− 1 α β + m r2 r3
其中 β < pθ2 ，试证明其轨道方程为
a 1 + e cos kθ 2 2 2 2 2 2 其中 k = 1 − β / pθ , a = k pθ / α , e = Ak pθ / α ，A为积分常数。 r=
∂L ɺ = mρ 2ϕ ɺ ∂ϕ
ɺɺ ɺ ρ csc2 α = ϕ 2 ρ − g cot α
ɺ mρ 2ϕ = J (Constant)
（3） （4）
∂L =0 ∂ϕ
由（4）式可得
ɺ ϕ=
J mρ 2
（1）
带入（3）式可得
J2 J2 2 ɺɺ ρ csc α = 2 3 − g cot α ɺɺ ρ csc2 α = 2 4 ρ − g cot α = 0 mρ mρ ɺ ɺ ɺ dρ dρ dρ dρ ɺɺ = ɺ = =ρ 利用 ρ ，可得 dt d ρ dt dρ J2 2 ɺ ɺ ρ csc α d ρ = 2 3 − g cot α d ρ m ρ
M
r2 2 r = e −1 + 2 p / r = −r 2 + 2ar p b
所以
υ=
rω rω −r 2 + 2ar = (2a − r )r b b
n 5、(a).有心力势能为 U = −α / r n 。分别对于 n < 2 ， = 2 和 n > 2 。画出有 效势能 U 有效的曲线，并分别讨论这三种情况下的各种可能的运动方式。
J2 1 2E ɺ ρ = 2 − 2 2 − 2 g ρ cot α sin α m m ρ
2
ρ min
2E J2 − 2 g ρ cot α = 2 2 m mρ
显然只有当 ρ min < ρ < ρ max 时，质点 的速度才为实数，所以质点只能在
ɺ ρ2
ρ min
ρ max
2
那么令 ξ = u −
其通解为：
1 ，带入可得 a d 2ξ + k 2ξ = 0 2 dθ
ξ = A1 cos kθ + A2 sin kθ = A cos k (θ + θ 0 )
我们总是可以选择适当的坐标系，使得 θ 0 = 0 ，带入可得
ξ =u−
1 = A cos kθ a 1 ⇒ u = + A cos kθ a a ⇒r= 1 + Aa cos kθ a ⇒r= 1 + e cos kθ
J2 ɺ ρ 2 csc 2 α = − 2 2 − 2 g ρ cot α + C mρ
解之
系统的总能量
E = T +U =
1 ɺ ɺ m( ρ 2 csc 2 α + ρ 2ϕ 2 ) + mg ρ cot α 2 1 J2 J2 1 = m(C − 2 2 − 2 g ρ cot α + 2 2 ) + mg ρ cot α = mC 2 m ρ m ρ 2
所以，C=2E/m，带入可得
2E J2 ɺ ρ csc α = − 2 2 − 2 g ρ cot α m mρ ɺ 当质点到达最低点或者最高点时 ρ = 0 ，那么
2 2
2E J2 = 2 2 + 2 g ρ cot α m mρ
这个方程有三个解，两正一负，显 然负数解应舍弃。设余下的两根为
ρ min , ρ max ( ρ max > ρ min > 0) ，那么（如图）
(π − χ ) 2
解：设入射粒子在实验室系中的入射速度为 υ1 ，设 e1 为 υ1 方向的单位 矢量，靶粒子在质心系中的散射方向为 n '0 。则射弹粒子在质心系中的散 射角为
cos χ = n '1 ⋅ e1
χ
入射粒子和靶粒子碰撞后在实验系中的动量为
p '1 = mυ1n '0 +
m1 mυ1 m2
2 2
2 2 n n−2
n n−2
mb υ 1 1 2 mυ ≥ α (n − 2) 2 2 nα
2 2− n n
⇒ b ≤ n( n − 2)
所以，粒子落入质心的总截面为
α 2 mυ
2−n n
2 n
σ = π b 2 = π n(n − 2)
α 2 mυ
2 n
6、半径为a的硬球势场是
0 r > a U = ∞ r < a
求粒子受这势能散射的有效截面。
7、设顶角为 θ ，底半径为 a 的硬质圆锥体，锥内势能为 U = ∞ ，锥外 势能为U = 0 。粒子平行于锥轴入射，如图，求散射的有效散射截面。
11、证明在实验室系中靶粒子相对于射弹粒子入射方向的反冲角 ϕ = ，其中 χ 是射弹粒子在质心系中的散+ u = −mF dθ
2 2
将F带入可得：
d 2u α β pθ u 2 + u = 2 + 3 = (α u 2 + β u 3 ) r dθ r
2 2
d 2u ⇒ pθ 2 + u = (α + β u ) dθ d 2u k 2 ⇒ 2 = − k 2u dθ a
(b).证明只有当 n ≥ 2 时，粒子才能落到力心上。说明其物理原因。并对 n = 2 计算落到力心上的截面。 解：(a)等效势能为：
U 有效 = U (r ) + pθ2 /(2mr 2 ) =−
α
rn
+
β
r2
n 根据 α 和 β 的关系，三种情况下的U 有效 的曲线如下：（黑： < 2 ；红：n = 2； n 绿： > 2 ）
[ ρmin , ρmax ]之间运动。
4、由椭圆的焦点F引一条线段，以均匀的角速度 ω 绕F点转动，求证此线 段与椭圆的交点M的速度为 υ = rω r (2a − r ) / b，其中a和b是椭圆的半长轴 和半短轴。 解：由椭圆的极坐标方程 p r= , (0 < e < 1, p = b 2 / a, e = c / a ) 1 − e cos θ 所以 ds d d dϑ ɺ ɺ ɺ υ = = ∫ r 2 (ϑ ) + r 2 (ϑ )dϑ = r 2 (θ ) + r 2 (θ )dϑ = ω r 2 (θ ) + r 2 (θ ) ∫ dt dt dϑ dt 而 d p −ep sin ϑ ɺ r= = F dϑ 1 − e cos ϑ (1 − e cos ϑ )2
2、一个质点在有心引力作用下沿圆形轨道运动，力心在此圆的圆周上。 求证这一有心力与距离的五次方成反比。 解：设置点运动轨迹圆周的半径为a，则其轨迹方程为：
r = 2a cos θ
则：
1 1 = r 2a cos θ 1 cos3 θ + 2 sin 2 θ cos θ d 2u ⇒ = 2 dθ 2a cos 4 θ d 2u 1 1 + sin 2 θ 1 2 − cos 2 θ ⇒ = = dθ 2 2a cos3 θ 2a cos3 θ d 2 u 8a 2 − r 2 ⇒ = = 8a 2 u 3 − u dθ 2 r3 u=
p '2 = − mυ1n '0 + mυ1
在实验室系中靶粒子的散射角应该是靶粒子的散射后在实验室系中的动量和入射粒 子散射前在实验室系中动量的夹角，所以
(− mυ1n '0 + mυ1 ) ⋅ e1 (−n '0 + e1 ) ⋅ (e1 ) cos ϕ = cos( p '2 , e1 ) = = − mυ1n '0 + mυ1 ⋅ e1 − n '0 + e1 = − cos χ + 1 (cos χ − 1) 2 + sin 2 χ =
2 p p e 2 − 2e cos θ + 1 p e − 2e(r − p ) / ( er ) + 1 −ep sin ϑ 2 2 ɺ r +r = + = = 2 2 1 − e cos θ (1 − e cos ϑ )2 (1 − e cos ϑ ) ( p / r) 2 2
α
rn
+
β
r2
当 r → 0 时，上式的第二项是主要部分。则
U 有效 ≈
β
r
2
→∞
而 E = Ek + U 有效 ，粒子的能量是有限的。所以上式不可能成立，也就是 粒子不能落到力心。
下面计算粒子落到质心的截面：设粒子的苗追距离为b，则有效势能为
U 有效
再求有效势能的极值
mb 2υ 2 =− n + r 2r 2
1 − cos χ 1 − cos χ χ = = sin 2 2 2 − 2 cos χ
所以
ϕ = (π − χ ) / 2
α
dU 有效 dr
当有效势能最大时有
nα mb 2υ 2 = n +1 − =0 3 r0 r0
na r0 = 2 2 mb υ
1 n−2
U 有效 max
粒子被俘获的条件是 Ek ≥ U 有效m ax ， 即
mb υ 1 = U 有效 ( r0 ) = a ( n − 2) 2 na
α >β
α =β
α<β
在有心力场中运动的粒子的能量为
E = Ek + U 有效
我们在讨论粒子在不同的势能中运动，只考虑束缚运动和无限运动。判断 粒子能否作无限运动，只需看当 r → ∞ 时，粒子的速度（动能）能否一直 保持为正的非零值。 (2)、当 n < 2 时，粒子的有效势能：