К.А. Казаков - Введение в теоретическую и квантовую механику (1124202), страница 11
Текст из файла (страница 11)
к виду,в котором I αβ = 0 при α 6= β. Координатные оси, в которых тензор моментов диагонален, называют главными осями инерции, а диагональные элементы I αα ≡ Iα – главнымимоментами инерции тела. Теперь мы конкретизируем выбор системы координат, жесткосвязанной с твердым телом, договорившись выбирать оси этой системы вдоль главныхосей инерции тела.
Тогда выражение (4.38) существенно упрощается:¢µṘ2 1 ¡+Ix0 Ω2x0 + Iy0 Ω2y0 + Iz0 Ω2z0 .(4.39)22Заметим, что из этой формулы нетрудно найти выражение для момента импульса вращающегося тела. Выберем произвольно момент времени t0 и рассмотрим эволюцию телана малом отрезке времени [t0 , t0 + dt]. По определению вектора dϕ, его проекции на осиподвижной системы (dϕ)x0 , (dϕ)y0 , (dϕ)z0 определяют углы поворота тела вокруг этих осейза время dt. Эти проекции однозначно определяют положение тела в любой момент времени от t0 до t0 + dt по его положению в момент времени t0 .
Если временно принять их заобобщенные координаты, то компоненты Ωx0 , Ωx0 ,Ωx0 будут играть роль соответствующихобобщенных скоростей. Поэтому согласно формуле (2.12) дифференцирование функцииЛагранжа по угловой скорости даст момент импульса тела:T =Mx0 =∂T∂L== Ix0 Ωx0 ,∂Ωx0∂Ωx0My0 = Iy0 Ωy0 ,55Mz0 = Iz0 Ωz0 .(4.40)Глава 4. Интегрирование уравнений движенияВ силу произвольности t0 эти формулы будут справедливы для всех моментов времени.Для того чтобы выразить T через эйлеровы углы, нам остается найти проекции угловой скорости на оси подвижной системы.
Для этого снова рассмотрим движение телана бесконечно малом промежутке времени [t0 , t0 + dt]. За это время углы φ, θ, ψ получают приращения dφ, dθ, dψ, соответственно. Данный поворот тела можно представить какпоследовательность трех элементарных поворотов, при которых меняется лишь одна угловая координата, а остальные две фиксированы. При этом, выполняя второй или третийповорот, можно пренебречь приращениями углов, которые они получили на предыдущихэтапах, в силу малости этих приращений.
По этой же причине порядок поворотов неважен. Тогда по определению углов Эйлера вектор dφ будет направлен по оси z, векторdθ – по линии пересечения плоскостей (x, y) и (x0 , y 0 ) (называемой линией узлов), и векторdψ – по оси z 0 (см. Рис. 8). Разлагая эти векторы по осям подвижной системы координати суммируя три вклада, получим(dϕ)x0 = dφ sin θ sin ψ + dθ cos ψ ,(dϕ)y0 = dφ sin θ cos ψ − dθ sin ψ ,(dϕ)z0 = dφ cos θ + dψ .(4.41)Деля эти уравнения на dt и учитывая определение (4.34) вектора угловой скорости, находим проекции этого вектора на оси подвижной системыΩx0 = φ̇ sin θ sin ψ + θ̇ cos ψ ,Ωy0 = φ̇ sin θ cos ψ − θ̇ sin ψ ,Ωz0 = φ̇ cos θ + ψ̇ .(4.42)Подстановка в выражение (4.39) даетT =µṘ2 1 nIx0 (φ̇ sin θ sin ψ + θ̇ cos ψ)2 + Iy0 (φ̇ sin θ cos ψ − θ̇ sin ψ)2+22o+Iz0 (φ̇ cos θ + ψ̇)2 .(4.43)Наконец, функция Лагранжа твердого тела получается отсюда вычитанием потенциальной энергии тела как функции его обобщенных координат:L = T (θ, ψ, φ̇, θ̇, ψ̇, Ṙ) − U (R, φ, θ, ψ) .После этого следует переходить к пп.
D,E алгоритма.Рассмотрим теперь примеры.Пример 10. Тензор моментов инерции жесткого ротатора. Рассмотрим систему, состоящую из двух материальных точек, скрепленных жестким невесомым стержнем. Такуюсистему называют жестким ротатором. Примером ротатора может служить двухатомная молекула, у которой не возбуждены колебания. Обозначим расстояние между атомами через l и выберем ось z 0 по оси ротатора. Затем совместим начало координат с центроминерции ротатора, потребовав m1 z10 + m2 z20 = 0. Поскольку |z10 − z20 | = l, то из этих соотношений следует, что z10 = −m2 l/(m1 + m2 ), z20 = m1 l/(m1 + m2 ) (считая, что z20 > z10 .)56§4.3. Движение твердого телаПоскольку x0 , y 0 -координаты точек равны нулю, то из формулы (4.37) следует, что из всехкомпонент тензора инерции отличны от нуля лишь Ix0 x0 , Iy0 y0 , причемIx0 x0 = Iy0 y0 =2Xµmi ρ2i= m1i=1m2 lm1 + m2¶2µ+ m2m1 lm1 + m2¶2= ml2 ,где m есть приведенная масса ротатора.
Поскольку тензор I αβ получился диагональным,то найденные значения являются главными моментами инерции ротатора.Пример 11. Тензор моментов инерции однородного шара. Вычислим тензор моментов однородного шара массы M и радиуса R. В силу сферической симметрии центр инерциишара находится в его центре, а тензор инерции диагонален, причем Ix0 = Iy0 = Iz0 ≡ I.Имеем:3I = Ix0 + Iy0 + Iz0 =NXmi©δ 11 ρ2i−x02iª+i=1= 2NXNXN© 22 2ª X©ª02mi δ ρi − yi +mi δ 33 ρ2i − zi02i=1i=1mi ρ2i .(4.44)i=1Здесь под mi следует понимать бесконечно малую массу, заключенную в элементе объемаdV шара: mi = ρdV, где ρ = M/V есть плотность тела, а под суммой по i – интеграл повсему его объему. Таким образом,2I=3Z2ρr ρdV =3ZR2Vr2 4πr2 dr =8π 5ρR ,150или2I = M R2 .5(4.45)Пример 12.
Свободное движение симметрического волчка. Твердое тело, у которогокакие-либо два главных момента инерции равны, называют симметрическим волчком.Таковым будет, например, любое тело, обладающее осью симметрии четвертого (или выше) порядка. Договоримся нумеровать оси так, чтобы Ix0 = Iy0 . В отсутствие внешних силфункция Лагранжа симметрического волчка имеет видL =oµṘ2 1 n+Ix0 (φ̇2 sin2 θ + θ̇2 ) + Iz0 (φ̇ cos θ + ψ̇)2 .22(4.46)Координаты R, φ, ψ являются циклическими. Соответствующие им обобщенные импульсысохраняются:∂L= µṘ ,∂ Ṙ∂L= Ix0 φ̇ sin2 θ + Iz0 (φ̇ cos θ + ψ̇) cos θ ,pφ =∂ φ̇∂Lpψ == Iz0 (φ̇ cos θ + ψ̇) .∂ ψ̇pR =57(4.47)(4.48)(4.49)Глава 4.
Интегрирование уравнений движенияПервый из этих интегралов движения выражает сохранение полного декартова импульсатвердого тела. Из него следует, как всегда, что центр инерции тела движется с постоянной скоростью Ṙ = pR /µ. Будем рассматривать движение в системе центра инерции тела,положив Ṙ = 0. Далее, координаты φ и ψ являются, по определению, углами поворотатела вокруг осей z и z 0 .
Поэтому соответствующие им обобщенные импульсы pφ и pψ представляют собой проекции полного момента импульса тела на эти оси [см. формулу (2.12)].Выберем ось z неподвижной системы координат вдоль сохраняющегося вектора моментаимпульса M . Тогдаpφ = M , pψ = M cos θ .Поскольку M, pψ постоянны, то из второго уравнения вытекает, что постоянен и угол θ.С другой стороны, из уравнений (4.48), (4.49) следуетpφ = Ix0 φ̇ sin2 θ + pψ cos θ .Комбинируя это уравнение с двумя предыдущими, получаемφ̇ =M,Ix0т.е., обобщенная скорость φ̇ также постоянна. Наконец, из уравнения (4.49) следует постоянство обобщенной скорости ψ̇:µ¶11ψ̇ = M cos θ−.Iz0Ix0Таким образом, ось z 0 равномерно вращается со скоростью M/Ix0 вокруг оси z, образуя cней постоянный угол (так называемая регулярная прецессия оси).
При этом сам волчокравномерно вращается вокруг оси z 0 с постоянной угловой скоростью [см. уравнение (4.42)]Ωz0 = φ̇ cos θ + ψ̇ =Mcos θ .Iz0Заметим, что энергия волчка (в рассматриваемом случае E = L) также сохраняется (Lне зависит явно от времени!). Однако закон сохранения энергии не дает ничего нового,так как он является следствием законов сохранения (4.47) – (4.49).Пример 13. Движение тяжелого симметрического волчка. Рассмотрим движение твердоготела в однородном поле. Потенциальная энергия i-ой материальной точки тела в такомполе естьUi = −gi (F , ri ) ,где F обозначает напряженность поля, а gi – заряд точки.
Подставляя ri = R + ρi исуммируя по всем точкам тела, получаем потенциальную энергию телаU = −G(F , R) − (F , d) ,где G =NPgi есть полный заряд тела, а d =i=1NPi=1gi ρi – его дипольный момент. Аналогич-но тензору моментов, компоненты вектора d имеют постоянные значения в подвижной58§4.3. Движение твердого теласистеме. Поэтому при движении тела d меняет лишь свое направление, оставаясь постоянным по величине. В случае электрического поля заряды gi – электрические заряды, авектор d есть электрический дипольный момент, в случае же гравитационного поля gi– это массы точек тела, G ≡ µ, а вектор d ≡ 0, поскольку начало подвижной системыкоординат выбрано в центре инерции тела.Рассмотрим движение симметрического волчка в поле тяжести (тяжелый волчок).Пусть волчок имеет точку опоры, расположенную на оси z 0 , которая может скользить безтрения в плоскости x, y. Расстояние от центра инерции волчка до точки опоры обозначимчерез l.
Ось z направим вертикально вверх. Тогда функция Лагранжа волчка будет иметьвид³´oµ Ẋ 2 + Ẏ 2 + Ż 21nL =+Ix0 (φ̇2 sin2 θ + θ̇2 ) + Iz0 (φ̇ cos θ + ψ̇)2 − µgZ , (4.50)22где X, Y, Z – проекции вектора R на оси неподвижной системы координат, а g – ускорениесилы тяжести. Наличие опоры налагает следующую связь на волчок:Z = l cos θ .Эта связь голономна. Она уменьшает на единицу число степеней свободы волчка.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
