1612134387-a2fccbf390d18c9a09d2258f69cea51b (829487), страница 29
Текст из файла (страница 29)
Условие ортогональности векторовколебаний rs1 и rs2 сводится к равенству2m(xs1 xs2 + ys1 ys2 ) = 0,показывающему, что векторы отклонений, например, частицы 1 при каждомиз двух симметричных колебаний взаимно перпендикулярны (рис. 130, а).То же самое относится и к антисимметричным колебаниям (рис. 130, б).Направление, в котором отклоняется частица при каждом из нормальных колебаний, нельзя определить, не зная жёсткостей пружинок. Действительно, если жёсткость и натяжения пружинок AC и CE малы, то отклонения частиц при нормальных колебаниях направлены почти вдоль илипоперек пружинок BD, и, наоборот, при малой жёсткости пружинок BDнормальные колебания происходят почти вдоль или поперек пружинок ACи CE.Разумеется, при вырождении частот можно выбрать и другие векторынормальных колебаний, не обладающие свойствами симметрии.
Например,при «выключенной» пружинке BD это могут быть колебания каждой изчастиц вдоль или поперек пружинок AC и CE.6.48. Обозначим отклонения каждого из атомов от положения равновесия в направлениях OD через xi , OA — через yi , перпендикулярноплоскости молекулы — через zi .Колебания молекулы C2 H4 разделяются на сохраняющие молекулуплоской и выводящие атомы из плоскости. Рассмотрим последние колебания.Вектор отклонения атомов удобно записывать в форме⎛⎞z4z1r = ⎝ z2 z5 ⎠ .z3z6Для колебания, симметричного относительно оси AB,z4 = z1 ,z5 = z2 ,z6 = z3 .Если колебание к тому же антисимметрично относительно оси CD, тоz3 = −z1 ,Итак,z2 = −z2 ,⎛z5 = −z5 ,z6 = −z4 .⎞1⎠ qsa .rsa = ⎝00−1−1Это «колебание» оказалось вращением вокруг оси CD.1224Ответы и решения[6.48Аналогично симметричные относительно обеих осей колебания⎞⎛z1z1rss = ⎝ z2 z2 ⎠ .z1z1Одно из них⎛rss,1⎞1= ⎝ 1 1 ⎠ qss,1 .111Это поступательное движение.
Амплитуды другого можно определить, учтяего ортогональность вектору rss,1 :4mz1 + 2M z2 = 0,m — масса атома водорода, M — углерода.⎞⎛11⎟⎜rss,2 = ⎝ − 2m − 2m ⎠ qss,2 .MM116.48]§ 6. Малые колебания систем с несколькими степенями свободы225Аналогично могут быть рассмотрены и колебания, не выводящие атомы из плоскости молекулы. Вектор отклонения запишем в виде⎞⎛x4 y4x1 y1⎠.x2 y2 x5 y5r=⎝x3 y3x6 y6Общий вид колебания asras⎞⎛x1 −y1x1 y1⎠.x2 0 x2 0=⎝x1 −y1x1 y1В число as-«колебаний» входит поступательное движение молекулы в направлении оси x (x1 = x2 , y1 = 0).
Два других as-колебания изображенына рис. 131, а, б.Антисимметричное относительно обеих осей колебание⎛raa = ⎝−110 0−1⎞⎠ qaa1есть крутильное колебание вокруг оси CD.Наконец,⎞⎛1−1⎠ qas,i .ras,i = ⎝ ai −ai1−1Здесь для вращения вокруг оси AB (колебание rsa,1 ) имеем a1 = lOC /lOH —отношение расстояний атомов углерода и водорода от оси AB в положенииравновесия; для изгибного колебания (ras,2 )la2 = − 2m OH .M lOCРис. 131Чтобы представить себе вид отклонений атомов при этих колебаниях, заметим, что расстояние между атомами углерода не изменяется —связь C–C «не работает».
Если пренебречь взаимодействием относительнодалеких атомов (например, 1–4, 1–5 на рис. 40), а также жёсткостью углов вида 1–2–5, то рассматриваемые колебания совпадут с симметричнымиотносительно оси CD колебаниями двух «молекул» H2 C, происходящимив противофазе (ср. с задачей 6.46; колебания молекулы вида A2 B рассмотрены в [1], § 24, задача 2).226Ответы и решенияОбщий вид sa колебания⎛rsa = ⎝−x1 y1x1 y1−x1 y10 y2 0 y2[6.49[r10 , u1 ] + [r20 , u2 ] + [r30 , u3 ] = 0,⎠.x1 y1@?− k (e12 (u1 − u2 ))2 + (e23 (u2 − u3 ))2 + (e31 (u3 − u1 ))2 ,2(3)aобращался в нуль с точностью до первого порядка по ua включительно.Рис. 132Оказывается удобным выбрать для описания движения каждого атома свою систему декартовых координат(рис.
132), сохраняя таким образом симметрию в описании системы. Равенства (2), (3) в этих координатах дают1"# "#√√3311y1 + − y2 += 0,(5)x + − y3 +x22 222 3"y2 +откудаy1 =где l = |r10 − r20 | = |r20 − r30 | = |r30 − r10 |; ua — смещение a-го атома изположения равновесия, определяемого радиусом вектором ra0 . Поскольку|ua | l, имеемL = m (u̇21 + u̇22 + u̇23 )−2227равносильное требованию, чтобы момент импульса молекулыM=m[ra0 + ua , u̇a ](4)Функция Лагранжа?L = m (u̇21 + u̇22 + u̇23 ) − k (|r10 − r20 + u1 − u2 | − l)2 +22@+(|r20 − r30 + u2 − u3 | − l)2 − (|r30 − r10 + u3 − u1 | − l)2 ,где§ 6.
Малые колебания систем с несколькими степенями свободыКроме того, накладываем на ua условие⎞Кроме поступательного движения в направлении оси y, вектору rsa соответствуют два колебания (рис. 131, в, г). Одно из них (в) можно представитьсебе как колебания двух «молекул» H2 C, антисимметричные относительнооси CD и происходящие в фазе. Другое (г) — это вращения «молекул» H2 Cв разные стороны.
Если бы можно было полностью пренебречь связямиудаленных атомов и жёсткостью углов вида 1–2–5, то частота этого колебания оказалась бы равна нулю.Среди aa-колебаний есть вращение молекулы как целого в плоскости xy, антисимметричные колебания «молекул» H2 C в противофазе(рис. 131, д) и их вращения в одну сторону (рис. 131, е).Возможны также три ss-колебания (полносимметричные), они изображены на рис.
131, ж, з, и (подробнее о колебаниях молекулы этилена см.,например, в [17].)6.49.6.49]# "#√√3311x + − y1 −x− y3 += 0,22 322 1x3 − x2,√3y2 =x1 − x3,√3y3 =(6)x2 − x1√3и*++*L = 5m ẋ21 + ẋ22 + ẋ23 − m (ẋ1 ẋ2 + ẋ2 ẋ3 + ẋ3 ẋ1 ) − 3 k x21 + x22 + x23 .632Одно нормальное колебание (полносимметричное) очевидно:(1)r − r20r − r30r − r10e12 = 10,e23 = 20,e31 = 30.lllВ системе отсчета, где полный импульс m(u̇1 + u̇2 + u̇3 ) = 0, выполняется условиеu1 + u2 + u3 = 0.(2)(1)(1)(1)x1 = x2 = x3 = √1 q1 .3(7)1 Например, умножая обе стороны равенства (2) на e , получим (5). При этом нужно23учесть, что вектор e23 в различных системах имеет координаты√ √3311,−,−e23 = (0, 1)1 == −,22222а ua = (xa , ya )a .Равенство (6) получается из (5) круговой перестановкой индексов.3228Ответы и решения[6.496.50]§ 6.
Малые колебания систем с несколькими степенями свободы229Два других колебания ортогональны первому, что приводит к условию1(s)(s)(s)x1 + x2 + x3 = 0,s = 2, 3.(8)(2)Одно из этих колебаний симметрично относительно оси x1 : x2(3)(3)(3)другое — антисимметрично: x1 = 0, x2 = −x3 .Учитывая (8), имеем(2)(2)(2)x1 = −2x2 = −2x3 = 2 q2 ,3(3)(3)x2 = −x3 = √1 q3 .2Заменаx1 = √1 q1 +3x2 = √1 q1 −31x3 = √ q1 −3(2)= x3 ;Рис. 133(9)2q ,3 21√ q2 +61 q −√ 261√ q3 ,21 q√ 32приводит функцию Лагранжа к видуL = m (q̇12 + 2q̇22 + 2q̇32 ) − 3k (q12 + q22 + q32 ).22(10)Нормальные колебания, соответствующие этим координатам, приведены нарис.
133. Их частоты3k3k .ω1 = m , ω2 = ω3 =2mВид функции Лагранжа (10) сохраняется при повороте в плоскости q2 , q3 .Момент импульса с учетом квадратичных по ua членов$$$$$$|M| = m $ [ua , u̇a ]$ = m|q2 q̇3 − q3 q̇2 |$$a1 Использована(l)2x1(l)2+ x2метрика kij . В (7), (9) множители перед q выбраны так, что(l)2+ x3= ql2 .может быть отличным от нуля, если колебания q2 и q3 происходят со сдвигом фаз.Интересно разобраться, какие изменения может внести в эту картинузависимость потенциальной энергии от углов, образуемых связями.
Очевидно, на частоту колебаний q1 такая зависимость не повлияет. Частотаколебаний q2 и q3 изменится, но двукратное вырождение сохранится. Действительно, наряду с некоторым колебанием q возможно также колебание,полученное из q поворотом на 2π/3. Его частота должна быть такой же, каки частота колебаний q. С другой стороны, оно отличается от q (при повороте на 2π/3 само с собой совпадает только колебание q1 ). Таким образом, мыобнаруживаем два независимых колебания с одной частотой.
Нормальныекоординаты в этом случае должны удовлетворять только одному условию:быть ортогональными q1 ; в частности, q2 и q3 остаются нормальными координатами.6.50. а) Вводим координаты атомов B так же, как в предыдущей задаче, для атома A — координаты x4 , y4 , z4 с осями, параллельными x1 , y1 , z1и началом в центре треугольника.Есть четыре степени свободы движений, выводящих атомы из плоскости xy. Три из них отвечают поступательному движению вдоль оси z и вращениям вокруг осей x4 и y4 , а одно — колебанию (при котором, очевидно,z1 = z2 = z3 , mA z4 +m(z1 +z2 +z3 ) = 0).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
