1612134389-38f1c0b45e1f51152856fa5b86345f0b (829489), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Для финитного движения период радиальныхколебаний равен (ср. (1.5))√.Tr = 2m drE − Uэф (r)r2(2.7)r12.2. ТраекторииДля вывода уравнения траектории используем (4) в форме2dt = mr dϕ.MЗатем исключим dt из (6) и найдем уравнение траектории:Mϕ = ±√2mrr0r2dr+ ϕ0 .E − Uэф (r)(2.8)Следует учесть, что угловая скорость ϕ̇ = M/(mr 2 ) имеет один и тотже знак для всей траектории и отлична от нуля в точках поворота радиального движения ri . Поэтому траектория в этих точках проходит по касательной к окружности радиуса ri .Примерный вид траекторий финитного движения показан на рис.
3 дляслучая, когда за время одного оборота Tϕ совершается чуть менее одногорадиального колебания (Tϕ < Tr ), и на рис. 4 для случая, когда за одиноборот совершается несколько радиальных колебаний (Tϕ > 4Tr ).Закону сохранения момента импульса (2), (4) можно придать наглядный геометрический смысл, используя понятие секториальной скорости.Глава I.
НЬЮТОНОВА МЕХАНИКА14Рис. 3. Траектория финитногодвижения при Tϕ < TrРис. 4. Траектория финитногодвижения при Tϕ > 4TrПусть за время dt частица сместится из точки r на расстояние dr = v dt.Радиус-вектор частицы за это время повернется на угол dϕ и «заметет»элементарный сектор, образованный радиус-вектором r, радиус-векторомr+dr и элементом траектории частицы. Площадь этого сектора равна dS == r 2 dϕ/2. Секториальной скоростью называется величинаdS = 1 r 2 ϕ̇,2dt(2.9)равная площади, заметаемой радиус-вектором частицы в единицу времени.Секториальная скорость связана с моментом импульса соотношениемM = 2m dS ,dt(2.10)поэтому сохранение момента импульса означает, что секториальная скорость в центральном поле является постоянной величиной.Задача2.1. Частица падает в центр поля U (r) = −αr −n с конечного расстояния (n 2).
Будет ли число оборотов вокруг центра, сделанных при этомчастицей, конечным? Будет ли конечным время падения? Найти уравнениетраектории для малых r.§ 3. Задача КеплераРассмотрим движение частицы в потенциальном полеαU (r) = − .r(3.1a)§ 3. Задача Кеплера15Здесь α = Gm mС для движения планеты массы m в гравитационном полеСолнца (mС — масса Солнца, G — гравитационная постоянная) или α = e2для движения электрона в электрическом поле протона (атом водорода)2 .3.1. ТраекторииЭффективная потенциальная энергия для данного поляUэф (r) = −M2α+r2mr 2(3.2)изображена на рис. 5. Из него видно, что:• если E 0, то частица, приходящая из бесконечности, будет отражена в точке r1 и снова уйдет на бесконечность;• если E < 0, то частица испытывает радиальные колебания в ограниченной области rmin r rmax ;• если E = −mα2 /(2M 2 ), то частица движется по окружности радиуса r0 = M 2 /(mα).M2Рис.
5. Эффективная потенциальная энергия Uэф (r) = − αr + 2mr2Траектория движения определяется из уравнения (2.8):drMϕ=±+ const.r22mα M 2− 22mE +rr(3.3)2 На самом деле, движение электрона в атоме определяется не классической, а квантовоймеханикой. 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)то получимϕ=±du+ ϕ0 ,e2 − (u − 1)2e=1+2EM 2.mα2(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:p=M2= r ϕ=π/2 .mαЛегко показать, что для поля отталкиванияU (r) =α,r(3.1b)уравнение траектории таковоr=p,−1 + e cos ϕ(3.6b)§ 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).3.2. Эллиптическая траектория. Законы КеплераРассмотрим 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.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 2ppα1p+.===2 1+e 1−e1 − e22|E|a=(3.7)Глава I.
НЬЮТОНОВА МЕХАНИКА18Расстояние от центра эллипса C до фокуса O равноCO =11(DO − OA) = (rmax − rmin ) = ae.22(3.8)В прямоугольном треугольнике COB сторона OB = a, поэтомуb = CB = a 1 − e2 .(3.9)Подставив e из (5), видим, что b зависит не только от энергии, но и отмомента импульса:Mb= .(3.10)2m| E|Наконец, выпишем полезные соотношения:rmin = (1 − e) a,rmax = (1 + e) a,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,y = b sin ξ.(3.12)Выразим момент импульса через ξ и ξ̇:M = m(xẏ − y ẋ) = ma(cos ξ − e) b ξ̇ cos ξ + mb sin ξ a ξ̇ sin ξ == mab(1 − e cos ξ) ξ̇.Интегрируя это соотношение, находим уравнение, определяющее зависимость параметра ξ от времени:ξ − e sin ξ = M (t − t0 ),mab(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.§ 3. Задача Кеплера19Полное время одного оборота по эллипсу T соответствует изменениюпараметра ξ на 2π. Поэтому период обращенияT = 2π mab ,Mа уравнение (13a) может быть представлено также в видеξ − e sin ξ = 2π (t − t0 ).TC учетом (7), (10) имеемT = 2πma3.α(3.13b)(3.14)Отсюда следует третий закон Кеплера: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 КеплераПри 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/(mr 2 ) и направлена вдоль вектора M × n, т.
е.dn = M × n.dtmr 2Так как уравнение движения в поле U (r) = −α/r имеет видm dv = − α2 n,dtr(3.16)Глава I. НЬЮТОНОВА МЕХАНИКА20то (16) можно переписать какdn = − M × dvαdtdtилиd v × M − α r = 0.rdtОтсюда следует, что в кулоновском поле притяжения существует дополнительный интеграл движения — вектор Лапласа (называемый иногда такжевектором Рунге–Ленца)(3.17a)A = [v, M] − α rr .Из вывода очевидно, что в кулоновском поле отталкивания U (r) = α/rвектор Лапласа имеет видA = [v, M] + α rr .(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.(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.§ 3. Задача Кеплера213.4. Движение в центральном поле U (r) = − αr +βr2Рассмотрим движение частицы в полеβU (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 + 2mr 2 ,имеет качественно тот же вид, что и Uэф (r) на рис. 5. Траектория движенияопределяется из уравнения (2.8):drMϕ=±+ 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.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
