1612134388-d20d03383b01c1a9fbfd71213fc2b6e2 (829488), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Классическое описание приближенно справедливо для высоко возбужденных (такназываемых ридберговских) состояний атома водорода.Глава I. НЬЮТОНОВА МЕХАНИКА16Если ввести безразмерную переменнуюu=p,rp=M2,mα(3.4)§ 3. Задача Кеплера17где величины e и p определяются теми же формулами (4), (5), что и дляполя притяжения (1a). В этом случае энергия E > 0, эксцентриситет e > 1и траектория является гиперболой (наш выбор начальных данных соответствует r = rmin = p/(−1 + e) при ϕ = 0).то получимϕ=±du+ ϕ0 ,e2 − (u − 1)2e=2EM 21+.mα23.2.
Эллиптическая траектория. Законы Кеплера(3.5)Дальнейшее интегрирование выполняется элементарно:ϕ = ± arccosилиr=u−1+ ϕ0 ,ep.1 + e cos(ϕ − ϕ0 )Выбирая ϕ0 = 0, имеем r = rmin при ϕ = 0 (для движения планеты этаточка называется перигелием). В результате получаем уравнение траекториив видеp,(3.6)r=1 + e cos ϕгде e — эксцентриситет, а p — параметр орбиты.Уравнение (6) задает известные кривые, соответствующие коническимсечениям:гиперболе для e > 1 (при E > 0),параболе для e = 1 (при E = 0),эллипсу для e < 1 (при E < 0).При E = −mα2 /(2M 2 ) эксцентриситет e = 0, а траектория — окружность.Отметим, наконец, что параметр p равен значению r при ϕ = π/2:M= rϕ=π/2 .mα2p=Легко показать, что для поля отталкиванияU (r) =α,r(3.1b)Рис. 6.
Элементы эллиптической траекторииПоскольку рассматриваемое поле является центральным, для негосправедлив закон сохранения секториальной скорости, который можносформулировать в таком виде: за равные промежутки времени радиусвектор планеты заметает одинаковые площади (второй закон Кеплера).Нетрудно показать, что большая полуось зависит только от энергии (ноне от момента импульса):11(OA + DO) = (rmin + rmax ) =2 21ppαp=+.==2 1+e 1−e1 − e22|E|a=уравнение траектории таковоpr=,−1 + e cos ϕРассмотрим более подробно важный случай E < 0.
В этом случае траектория — эллипс с центром C, фокусом O (в котором находится центрполя тяготения), большой полуосью a = CA = (1/2) DA, малой полуосьюb = CB и параметром траектории p = OP (рис. 6). Напомним, что эллипс определяется как геометрическое место точек, сумма расстояний докоторых от двух фокусов остается постоянной (и равной 2a). Тот факт, чтопланеты движутся по эллипсам, в фокусе которых расположено Солнце,составляет содержание первого закона Кеплера.(3.6b)(3.7)Глава I. НЬЮТОНОВА МЕХАНИКА18Расстояние от центра эллипса C до фокуса O равноCO =(3.8)В прямоугольном треугольнике COB сторона OB = a, поэтомуb = CB = a 1 − e2 .а уравнение (13a) может быть представлено также в видеНаконец, выпишем полезные соотношения:ξ − e sin ξ = 2π (t − t0 ).TC учетом (7), (10) имеемT = 2πma3.α(3.13b)(3.14)Отсюда следует третий закон Кеплера:p = (1 − e2 ) a.(3.11)Уравнение траектории можно представить, сместив начало отсчетав центр эллипса x = x − ae, в виде 2 2yx+= 1,abили в параметрическом видеx = x + ae = a cos ξ,T = 2π mab ,M(3.9)Подставив e из (5), видим, что b зависит не только от энергии, но и отмомента импульса:Mb= .(3.10)2m| E|rmax = (1 + e) a,19Полное время одного оборота по эллипсу T соответствует изменениюпараметра ξ на 2π.
Поэтому период обращения11(DO − OA) = (rmax − rmin ) = ae.22rmin = (1 − e) a,§ 3. Задача Кеплераy = b sin ξ.(3.12)T24π 22m==4π,a3αGmС(3.15)т. е. для всех планет отношение квадрата периода обращения к кубу большой полуоси эллипса оказывается одинаковым. Обратим внимание на то,что период обращения зависит от большой полуоси эллипса, т. е. только отэнергии E, но не от момента импульса M .3.3.
Дополнительный интеграл движения в задаче КеплераИнтегрируя это соотношение, находим уравнение, определяющее зависимость параметра ξ от времени:При движении в кулоновском поле помимо энергии и момента импульса существует еще дополнительный интеграл движения, обнаруженный Лапласом. Чтобы найти его, удобно рассмотреть закон изменения с течением времени единичного вектора n = r/r. При движении частицы этотвектор вращается с угловой скоростью ϕ̇ в плоскости орбиты, а малое изменение этого вектора dn перпендикулярно ему самому и вектору моментаимпульса M.
Таким образом, скорость изменения этого вектора по величине совпадает с ϕ̇ = M/(mr2 ) и направлена вдоль вектора M × n, т. е.ξ − e sin ξ = M (t − t0 ),mabdn = M × n.dtmr2˙Выразим момент импульса через ξ и ξ:M = m(xẏ − y ẋ) = ma(cos ξ − e) b ξ̇ cos ξ + mb sin ξ a ξ˙ sin ξ =˙= mab(1 − e cos ξ) ξ.(3.13a)где t0 — константа интегрирования.
Момент времени t = t0 соответствует прохождению частицей перигелия. Уравнения (12) и (13a) определяют(в параметрическом виде) зависимость декартовых координат частицы отвремени.Так как уравнение движения в поле U (r) = −α/r имеет видm dv = − α2 n,dtr(3.16)Глава I. НЬЮТОНОВА МЕХАНИКА20то (16) можно переписать как§ 3. Задача Кеплера213.4. Движение в центральном поле U (r) = − αr +dn = − M × dvαdtdtd v × M − α r = 0.rdtОтсюда следует, что в кулоновском поле притяжения существует дополнительный интеграл движения — вектор Лапласа (называемый иногда такжевектором Рунге–Ленца)A = [v, M] − α rr .(3.17a)Из вывода очевидно, что в кулоновском поле отталкивания U (r) = α/rвектор Лапласа имеет вид(3.17b)Чтобы выяснить наглядную интерпретацию вектора A, рассмотримскалярное произведение векторов r и A.
Обозначив через ϕ угол междуэтими векторами, найдемrA = rA cos ϕ = r [v, M] − αr =M2− αr = α(p − r),mгде p = M 2 /(mα), илиr=p.1 + (A/α) cos ϕ(3.18)Сравнив это выражение с формулой (6), немедленно установим, что вектор A направлен из центра поля в точку r = rmin (к перигелию планеты)и модуль этого вектора пропорционален эксцентриситету:|A| = αe.r2Рассмотрим движение частицы в полеилиA = [v, M] + α rr .β(3.19)Таким образом, в задаче Кеплера мы нашли семь интегралов движения: энергию E и по три проекции векторов M и A. Однако независимымиявляются только пять из них, поскольку модуль вектора A, согласно (19)и (5), определяется энергией и моментом импульса, а плоскость, в которойлежит этот вектор, ортогональна вектору M.
Возможный набор из пятинезависимых интегралов движения таков: E и M дают четыре интегралаи определяют плоскость орбиты и параметры эллипса, но не его ориентацию в плоскости, пятым независимым интегралом является направлениевектора A, дающее положение перигелия орбиты.βU (r) = − αr + r2 .Такое поле естественным образом возникает при учете релятивистских эффектов для движения планеты в поле Солнца (см.
подробнее § 41.2). Крометого, в этом случае легко получить решение, сведя данную задачу к задаче Кеплера. Действительно, эффективная потенциальная энергия для этогополяM̃ 2Uэф (r) = − αM̃ = M 2 + 2mβ(3.20)r + 2mr2 ,имеет качественно тот же вид, что и Uэф (r) на рис. 5. Траектория движенияопределяется из уравнения (2.8):Mdrϕ=±+ ϕ0 .(3.21)r22mα M̃ 2− 22mE +rrЗапишем это уравнение в видеM̃drγϕ =±+ const,2r2mα M̃ 2− 22mE +rr2mβγ = M̃ = 1 +,MM2(3.22)который отличается от уравнения (3) для кулоновского поля лишь заменамиM → M̃ , ϕ → γ ϕ. В результате получаем уравнение траектории в видеr=p̃,1 + ẽ cos(γϕ)(3.23)где введены обозначенияM̃ 2p̃ =,mαẽ =1+2E M̃ 2.mα2(3.24)22Глава I.
НЬЮТОНОВА МЕХАНИКАДля случая E < 0 (при этом ẽ < 1) траектории изображены на рис. 7.Точки A, B, A1 соответствуют движению от перигелия A до апогелия Bза первый полупериод радиального колебания, а затем до перигелия A1 завторой полупериод радиального колебания. За одно радиальное колебаниечастицы ее полярный угол изменится наΔϕ = 2πγ ,(3.25)поэтому точка, в которой траектория касается окружности r = rmin , смещается на уголδϕ = ∠AOA1 = 2π(3.26)γ − 2π,причем δϕ < 0 (перигелий смещается по часовой стрелке) при β > 0и δϕ > 0 (перигелий смещается против часовой стрелки) при β < 0.§ 4.
Изотропный осциллятор23движении и то и другое движение является периодическим, но периоды Tϕи Tr , вообще говоря, несоизмеримы и потому траектория финитного движения, вообще говоря, не замкнута. Иначе говоря, при финитном движениив произвольном центральном поле частица движется так, что угол поворота частицы за период одного радиального колебания Δϕ в общем случае(при произвольных значениях момента импульса и энергии, допустимыхпри финитном движении) несоизмерим c углом полного оборота 2π, т.
е.отношение 2π/Δϕ является иррациональным числом и траектория не является замкнутой кривой. Можно показать (см., например, [4, § 8]), что исключениями являются только кулоновское поле U (r) = −α/r, в котором2π/Δϕ = 1 (или Tϕ = Tr ), и поле изотропного осциллятора U (r) = k r2 /2,в котором 2π/Δϕ = 2 (или Tϕ = 2 Tr ) (см. ниже § 4). В этих полях траектории финитного движения являются замкнутыми кривыми при произвольных значениях момента импульса (и при E < 0 для кулоновского поляи E > 0 для изотропного осциллятора). Оказывается, что в этих же поляхимеется дополнительная симметрия и дополнительные (помимо энергиии момента импульса) интегралы движения.Задача3.1.
Космический корабль движется по круговой орбите вокруг Земли.От него с относительной скоростью v = 160 м/c, направленной к Земле, отделяется тело, масса которого мала по сравнению с массой корабля. Найтиориентацию и параметры орбиты тела. Оценить, через какое время космический корабль и тело окажутся по разные стороны от Земли.Рис. 7. Траектория, описываемая формулой (3.23) для случая E < 0: а при β > 0;б при β < 0Параметр γ зависит от момента импульса M (cм. (22)) и может бытькак рациональным, так и иррациональным числом. Если γ(M ) являетсяиррациональным числом, то траектория представляет собой незамкнутуюкривую, расположенную в кольце между окружностями r = rmin = p̃/(1 ++ ẽ) и r = rmax = p̃/(1 − ẽ).
Эта кривая плотно заполняет кольцо, проходякак угодно близко к любой его точке.Если же значение момента импульса таково, что параметр γ(M ) является рациональной дробью, γ = n1 /n2 , и n1, 2 — целые числа, то траектория оказывается замкнутой кривой: совершив n1 радиальных колебанийи n2 полных оборотов, частица вернется в исходную точку на траектории.Рассмотренный пример типичен для движения в центральном поле, которое мы разделили на два движения: по углу ϕ и радиусу r. При финитном§ 4. Изотропный осцилляторПоле изотропного трехмерного осциллятораU (r) = 1 kr2(4.1)2представляет еще один важный пример центрального поля.
Движение в таком поле происходит в плоскости, перпендикулярной постоянному векторумомента импульса M, пусть это будет плоскость xy. Траектория этого движения может быть найдена по общим формулам § 2. Удобнее, однако, воспользоваться уравнениями движения в декартовых координатах, в которыхуравнения расцепляются:k22(4.2)ÿ = −ω y,ω= mẍ = −ω x,Глава I. НЬЮТОНОВА МЕХАНИКА24и решение которых хорошо известны:x(t) = A cos (ωt + α),y(t) = B cos (ωt + β),(4.3)где A, B, α и β — константы, которые определяются из начальных условий.Движение происходит по эллипсу. Чтобы показать это, избавимсяв уравнениях (3) от времени.
Заметим, чтоcos(ωt + β) = cos δ cos(ωt + α) − sin δ sin(ωt + α),δ = β − α,25Сохранение N проверяется дифференцированием по времени с учетомуравнений движения (2).Если помимо поля (1) имеется малая добавка (возмущение) δU , тотраектория может измениться качественно. Ограничимся двумя примерамидля случая движения в плоскости xy. Если, например, δU = k1 x2 /2, тоx(t) = a cos ω1 t,y(t) = b sin ωt,(4.8)k + k1,mтак что траектория перестает быть замкнутой и заполняет, как правило,всюду плотно прямоугольник |x| a, |y| b (рис. 8).ω1 =y = x B cos δ − B sin δ sin(ωt + α)Aи что из уравнений (3) следуетcos2 (ωt + α) + sin2 (ωt + α) =22y − B x cos δ = 1.= x2 + 2 1 2AAB sin δ§ 5. Задача двух тел(4.4)Это есть уравнение эллипса, оси которого не совпадают с осями xy.Сделав подходящий поворот в плоскости xy и сдвиг по времени, преобразуем (4) к сумме квадратов2x2 + y = 1,a2b2(4.5)а (3) к стандартному видуx(t) = a cos ωt,y(t) = b sin ωt,(4.6)который соответствует начальным данным r0 = (a, 0, 0), v0 = (0, bω, 0).Отсюда видно, что траектория движения — эллипс с полуосями a и b, центркоторого совпадает с центром поля.Период обращения T = 2π/ω оказывается вдвое больше периода радиальных колебаний Tr = π/ω.Найдем полный набор интегралов, однозначно определяющих траекторию.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
