1612134387-a2fccbf390d18c9a09d2258f69cea51b (829487), страница 41
Текст из файла (страница 41)
биениям. Аналогично амплитуда колебаний по оси y равна %ωb(t) = ω1 A2 sin2 (γt + ϕ) + B 2 sin2 (γt + ψ).2Отсюда видно, что энергии x- и y-осцилляторов Ex = 1 mω12 a2 (t) и Ey =2= 1 mω22 b2 (t) и их сумма E = Ex +Ey не сохраняются. Однако сохраняется2величина, которую можно назвать полным числом квантов,Eymω1 2EC ,=n= x +h̄ω1h̄ω22h̄√где C = A2 + B 2 , а h̄ — постоянная Планка.323В частности, при ϕ = ψ = 0 амплитуда биений доходит до нуляPx = X cos ω1 t + mωx sin ω1 t = C cos γt cos(ω1 t + ϕ0 ),1ωy = −C ω1 sin γt cos(ω2 t + ϕ0 ), tg ϕ0 = − B ,2AИнтересно отметить, что даже слабая связь |V | H0 = E приводитк большим изменениям энергии ΔE ∼ E. Так при ϕ = ψ = 0 и ω1 ω2имеемлегко получитьX = A cos(γt + ϕ),§ 11.
Канонические преобразованияа энергия колеблется с частотой 2γ:+*E = 1 mω1 C 2 ω1 cos2 γt + ω2 sin2 γt .2и из уравнений ГамильтонаẊ =11.29]ΔE = 1 mω1 (ω1 − ω2 ) C 2 ∼ E = 1 mω1 (ω1 − ω2 ) C 2 .24Укажем, наконец, что эта задача совпадает с задачей 11.26 о трех осцилляторах со взаимодействием 1 mαxyz в пределе настолько большой2энергии z-осциллятора Ez Ex, y , что биения x- и y-осцилляторов почти не сказываются на его движенииz = z0 sin ω3 t,ω3 = ω1 − ω2 .При этом β = 1 αz0 , а nh̄ совпадает с одним из интегралов Мэнли–Роу2(с интегралом B в обозначениях задачи 11.26). Третий осциллятор играетроль большого резервуара энергии, с которым x- и y-осцилляторы обмениваются энергией.б) Новые канонические переменные экспоненциально возрастают современем+ω *X = Aeγt + Be−γt , Y = ω1 Aeγt − Be−γt ,2* γt+*+√Px = mω1 De + F e−γt , Py = −m ω1 ω2 Deγt − F e−γt ,что соответствует экспоненциально растущим амплитудам колебаний поосям x и y. В этом случае сохраняется разность числа квантовEyEx2mω1(AB + DF ).−=h̄ω1h̄ω2h̄324Ответы и решения[12.112.2]§ 12.
Уравнение Гамильтона–Якобиβ = p2θ + 2ma cos θ.Она выражается через параметры частицы при r → ∞ и θ → 0, т. е. достолкновения, когда pθ = mvρ (ρ — прицельный параметр),β = 2m(Eρ2 + a).При изменении r от ∞ доrm =(2)(3)θm00dθ+√β − 2ma cos θ∞θdr= B.r2 2mE − β/r2ρ2 + a ,Edθ+√β − 2ma cos θrm∞r2dr= 0.2mE − β/r2(5)Дальнейший рост θ сопровождается ростом r. При этом pr меняет знак.Уравнение участка траектории LM∂βrβ=2mEопределяемого условием pr = 0, θ изменяется от нуля до θm такого, чтоНа начальном участке траектории ṙ < 0, θ̇ > 0 (мы предполагаем, чтотраектория расположена над осью z, рис. 165).
Поэтому перед первым радикалом в (1) нужно сохранить нижний знак, а перед вторым — верхний.Равенство ∂S = B — это уравнение траекторииθ325Постоянная β есть интеграл движения нашей задачи и из (3)12.2.Очевидно, что траектория — плоская кривая. Переменныев уравнении Гамильтона–Якоби разделяются, если воспользоваться полярными координатами, направив полярную ось z вдоль a. Полный интегралуравнения Гамильтона–Якоби S = −Et ±β − 2ma cos θ dθ ±2mE − β/r2 dr.(1)Для уточнения знаков в (1) воспользуемся соотношениямиβ∂Spr = mṙ == ± 2mE − 2 ,∂rrpθ = mr2 θ̇ = ∂S = ± β − 2ma cos θ.∂θ§ 12.
Уравнение Гамильтона–Якоби(4)θmdθ−√β − 2ma cos θrrmr2dr= 0.2mE − β/r2(6)Удобнее переписать, сложив (5) и (6):θ0dθ−√β − 2ma cos θ∞rmdr−r2 2mE − β/r2rrmr2dr= 0. (7)2mE − β/r2При r → ∞ траектория асимптотически приближается к прямой, параллельной ON . Угол θmax можно найти из равенства1θmaxРис. 1650Нижние пределы интегралов можно выбрать произвольно, пока не определена постоянная B. При нашем выборе из условия θ → 0 при r → ∞следует B = 0.1 Обратимdθ=2√β − 2ma cos θ∞rmr2dr= √π .β2mE − β/r2(8)внимание на следующий прием, позволяющий обойти вычисление интегралапо r в (8).
Этот интеграл не зависит от a и, следовательно, равен левой части (8) такжеи при a = 0. А в этом случае очевидно, что θmax = π, интеграл по θ вычисляется тривиально.326Ответы и решения[12.3Равенство ∂S = A определяет зависимость r(t). Выбирая A так, чтобы∂E12.4]§ 12. Уравнение Гамильтона–ЯкобиСечение рассеянияr(0) = rm , получаем222r = v t + rm = ρ2 + a + v 2 t2 .(9)EИнтеграл по r в (4) и (7) вычисляется элементарно, а по θ сводится к эллиптическому.При Eρ2 a можно разложить подынтегральное выражение в (4) и (7) по степеням2ma ≈ a . С точностью до первого порядка2βEρ#"r sin θ = rmРис. 1661 − a 2 cos θ2Eρ(10)12.3.
а) Для определения угла отклонения частицы нужно провестиразложение по a/Eρ2 в (8) задачи 12.2 до второго порядка. Получаем уравнение2 θmax + ma sin θmax + 3 maθmax + 1 sin 2θmax = π.(1)42ββ2Решая его с точностью до ma , находим1 угол отклоненияχ = π − θmax = 3 π4maβ"2= 3π1 Ищемθmax в виде θmax = θ0 + θ1 + θ2 + . . ., где θ1 ∼.(2)maβв нулевом приближении θ0 = π; в первом приближенииθ1 + ma sin θ0 = 0,βоткуда θ1 = 0; во втором приближении2 θ2 + ma θ1 cos θ0 + 3 maθ0 + 1 sin 2θ0 = 0,42ββоткуда следует (2).θ0 . Уравнение (1)(3)б) dσ = πb dΩ3 .8Eχв) При условии Eρ2 |b(θ)| для всех θ имеем вместо (10) задачи 12.2с точностью до второго порядкаθ=mββ2b(θ) dθ + 3 m22βθb2 (θ) dθ =0=Еслиrarcsin rmпри0 < θ < θm ,rπ − arcsin rm при θm < θ < θmax .πb(θ) dθ = πb = 0,0то сечениеπbdΩ,4Eχ3такое же, как сечение рассеяния на малые углы в центральном полеdσ =U=#2a4Eρ2√3πa dΩ.16Eχ5/2Зависимость от χ получается такой же, как при рассеянии на малые углыв поле γ/r4 , убывающем гораздо быстрее, чем U (r).0(рис.
166).В этом приближении угол отклонения скорости частицы после рассеяния равен нулю. Объясняется это тем, что действие силы на разныхучастках траектории (в нулевом приближении это прямая K M ) частично,а в первом приближении полностью компенсируется.βdσ = π|dρ2 | =327√Если же b = 0, то dσ =3π8Eχ5/2br2.b2 dΩ.212.4.а) Переменные в уравнении Гамильтона–Якоби разделяются, если выбрать сферические координаты с осью z, параллельной a.Обобщённые импульсыpr = mṙ = − 2mE − β/r2 ,%(1)pθ = mr2 θ̇ = ± β − 2ma cos θ − p2ϕ / sin2 θ,pϕ = mr2 ϕ̇ sin2 θ = const.328Ответы и решенияПостоянную β = p2θ +p2θ +p2ϕsin2 θp2ϕ2sin θ[12.4+ 2ma cos θ легко найти, заметив, что12.6]г)σ=−= M 2 , где M — полный момент частицы; его удобно вычислитьпри r → ∞, θ → π − α (α — угол между v∞ и a), т.
е. до столкновения:β = 2m(Eρ2 − a cos α).Согласно (1) падение в центр возможно при условии β < 0, или12.5.π0πa cos α · 2π sin α dα = πa .E4EИнтересно, что площадка, определяемая условием (2), представляет собойкруг с центром на оси пучка частиц (хотя поле не обладает симметриейотносительно этой оси).б)⎧2⎨ πa cos α − πλ2при 0 < α < αm = arccos λ2E4aEσ=4E⎩0при αm < α < π.42σ = πa + πλ 3 − πλ 2 .4E64aE8Eв)√ #2γEarccos a"при 0 < α < αm = π −при αm < α < π.γ3γaσ =++ a.4EEa cos α < −ER2 ,12.6. а) Используем те же обозначения, что и в задаче 12.2. Уравнениеначального участка траектории (r → ∞, θ → π)dθ=√β − 2ma cos θ∞dr,r 2mE − β/r22r(1)причёмβ = 2m(Eρ2 − a).0⎧⎪⎪⎨ πa cos α − 2π γσ=EE⎪⎪⎩0E0,где α — угол между v∞ и a.Усреднение по возможным направлениям a даётσ = 14ππR2 + πa cos α, a cos α > −ER2 ,(2)Таким образом, падение возможно, если α < π/2; в этом случае сечениепаденияσ = πa cos α.Eπ/2πb(π − α)Eпри условии, что b(π − α) < 0.σ=ρ2 < a cos α.E329§ 12.
Уравнение Гамильтона–Якоби(2)В случае β > 0 угол θ убывает при изменении r от ∞ до rm и дальнейшем возрастании до ∞. Уравнение участка траектории после прохожденияминимального расстояния до центраπθπ +dθ= √√β − 2ma cos θ2 βrrmr2dr.2mE − β/r2(3)Очевидно, что при Eρ2 a уравнение траектории (1) и (3) совпадаетс уравнением (11) задачи 12.2.При β < 0 возможно падение в центр поля (заметим, что, согласно (2),допустимы только значения β −2ma). При этом r монотонно убываетот ∞ до 0.
Угол θ убывает от π до θ1 , при котором pθ обращается в нуль(участок траектории AB; рис. 167). При этом β − 2ma cos θ1 = 0. Затемугол возрастает до значения 2π − θ1 (участок траектории BC)∞rdr=2r 2mE − βr−2πθ1dθ+√β − 2ma cos θθ√θ1dθ.β − 2ma cos θ(4)330Ответы и решения[12.612.6]§ 12.
Уравнение Гамильтона–Якоби331б) Если β > 0 (при Eρ2 > a), тоπrθm < θ < π,arcsin rm ,dθ=rmπ − arcsin r , θmin < θ < θm .1 + 2ma (1 + sin θ)θβРис. 167В точке C импульс pθ вновь меняет знак и θ убывает до значения θ1 в точке D, затем вновь возрастает и т. д.Уравнение всей траектории можно представить в виде∞ππdrdθdθn+ 2n √= (−1)√β − 2ma cos θβ − 2ma cos θr2 2mE − βr−2rθθ1(n = 0, 1, 2, . . .)(5)Если β < 0 (при Eρ2 < a), то⎛ π⎞θθ2∞drdθ⎝ ± +2l ⎠ =,2β + 2ma(1 + sin θ)r 2mE − β/r2θ1θ1rθ1где l — число полных колебаний по углу (от θ1 до θ2 и обратно), совершённых частицей, знаки (±) для движения против (по) часовой стрелке(рис. 168, а)Eρ2θ1 = − arcsin a ,Eρ2θ2 = π + arcsin a .Одному значению θ (θ1 < θ < 2π − θ1 ) соответствует бесконечно многозначений r (n может принимать любое целое неотрицательное значение,так как интеграл в левой части (5) при r → 0 неограниченно возрастает).
Таким образом, частица совершает бесконечно много колебаний междупрямыми BD и CE прежде, чем упасть в центр.В случае малых прицельных параметров Eρ2 a оказывается π − θ1,так что в (5) можно заменить cos θ на −1 + 1 (π − θ)2 . В результате полу2чаем1θ =π−ρ2E sin 1 Arsh√a2 1 a.r E(6)Закон движения r(t) определяется так же, как в задаче 12.2. Если β > 0, тосправедлив закон, определяемый формулой (9) из задачи 12.2.
Если β < 0,то(7)r(t) = v t2 − τ 2 , v = 2E/m, −∞ < t < τ = |β|/2E,причём падение происходит в момент времени τ .1 Arsh x= ln(x +√1 + x2 ).Рис. 168Если β = 0 (при Eρ2 = a),ρr = √ ln2tgπ + π−θ84tg π,− π < θ < π.28Частица% движется по траектории рис. 168, б, причём закон движения r == − 2Em t (t < 0 падение происходит при t = 0).332Ответы и решения[12.712.8]333§ 12. Уравнение Гамильтона–ЯкобиПолный интеграл уравнения Гамильтона–Якоби (см. [1] § 48) p2ϕβ!S = −Et + pϕ ϕ ±β − 2ma cos θ −2mE − 2 dr.dθ −2rsin θИз (3) видно, что частица, падая на центр, движется в области между двумяконическими поверхностями θ1 θ θ2 , вращаясь вокруг оси z, причёмодин полный оборот вокруг оси z приходится на два полных колебанияпо углу θ.
Для сферического маятника в этом приближении траектория замкнута (представляет собой эллипс).Обобщённые импульсы те же, что и в задаче 12.4 а. Падение в центр возможно, если β = 2m(Eρ2 − a cos α) < 0 (что заведомо выполняется приα2 < 2Eρ2 /a 1).Уравнения траекторииpϕ dθ,(1)ϕ=±12.8. а) Уравнение траектории финитного движения (при котором нетпадения в центр)p(1)r = 1 + e cos f (θ),гдеβ2Eβdθp = mα , e = 1 +, f (θ) =,2mα1 − 2ma cos θ12.7.sin2 θr0r = ∓ shβ − 2ma cos θ −|β| dθβ − 2ma cos θ −,p2ϕp2ϕsin2 θβr02 =|β|2mE(2)2sin θв общем случае не могут быть проинтегрированы в элементарных функциях.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
