理论力学习题答案(修改6月19日).pdf 24页

'《理论力学》课后习题参考答案June19,20121第一章1.质点做平面运动，其速率保持为常数。试证其速度矢量v与加速度矢量a正交。解：⃗v
⃗v=constd(⃗v
⃗v)=0dt⃗a
⃗v=0.2.一质点沿着抛物线y2=2px运动。且切向加速度的量值为法向加速度量值p的2k倍。如此质点从正焦弦(,p)的一端以速度u出发，试求其达到正2焦弦另一端的速率。解：dvv2=2kdtρdvvdt=2k=2kdθvρv5π/4dv=2kdθv0v3π/4v=v0exp(kπ).3.推导三维自然坐标系下的牛顿方程。解:利用三维空间中的Frenet-Serret公式d⃗e0κ0⃗edsτd⃗ends=κ0χ⃗en,d⃗eb0χ0⃗edsb1 其中，κ,χ分别为曲率和扰率，d⃗vdvd⃗edvd⃗edsdvdvv2ττ2⃗a==⃗eτ+v=⃗eτ+v=⃗eτ+vκ⃗en=⃗eτ+⃗en.dtdtdtdtdsdtdtdtρ4.当空间中存在沿z方向的磁场B和沿y方向的电场E时，求解一静止于原点的质量为µ，带e电荷的电子的运动方程。解：dvF=µ=evB+(e)Edt{v_=eBvxµyv_=eBveEyµxµ()2()v•=eBvExµxB()2eBv•y=µvy令ω=eB,利用初始条件µ{y(0)=0,y_(0)=0,y•(0)=eE,µx(0)=0,x_(0)=0,x•(0)=0,EEx=tsinωt)BBωEy=(cosωt1)BωZe5.当一电子处于原子核吸引力r^和沿某一方向的匀强电场E⃗时，核外r22电子满足牛顿方程为p_=Ze^reE,r2解：(1)讨论角动量L⃗是否还守恒；dL⃗=e⃗rE⃗dt所以一般不守恒(⃗rE⃗)⃗r(2)证明⃗c
E⃗为守恒量，其中⃗c=A⃗2Ze()d⃗c
E⃗=⃗c_
E⃗dt()⃗rE⃗⃗r_⃗r⃗r_E⃗⃗r_E⃗⃗r=+
E⃗2zeze2ze利用矢量恒等式⃗a(⃗b⃗c)=⃗b(⃗a
⃗c)⃗c(⃗a
⃗b)，可知结果为零。2 6.根据汤川秀树核力理论，中子与质子之间的引力具有如下形式的势能（Yukawa势）ke−αrV(r)=r其中k<0，试求：(1)中子与质子间的引力表达式，并与平方反比力相比；∂VF⃗=r^∂re−αr=k(αr+1)r^r2(2)求在Yukawa势中质量为m，做运动半径为a的匀速圆周运动粒子的动量矩jJ⃗j及能量Emv2Fc=ak(αa+1)e−αa)v2=ma√jJ⃗j=mak((αa+1)e−αa)12E=mv+V(a)2k(1αa)−αa=e2a7.已知作用在质点上的力为Fx=a11x+a12y+a13zFy=a21x+a22y+a23zFz=a31x+a32y+a33z式中系数aij(i,j=1,2,3)都是常数，当系数aij满足什么条件的时候，有势能的存在？如这些条件满足，试用aij表达出势能的形式。解：有势能存在)rF⃗=0rF⃗=(a32a23)⃗ex(a31a13)⃗ey+(a21a12)⃗ez所以当a为对称阵时，有势能存在。(x,0,0x,y,0x,y,z)V(x,y,z)=Fxdx+Fydy+Fzdz0,0,0x,0,0x,y,0()121212=a11x+a22y+a33z+2a12xy+2a23yz+2a13xz2223 8.如s_a为远日点速率，s_p为近日点速率，试证明s_a:_sp=(1+e):(1e).解：有心力场中角动量守恒)jJaj=jJpjs_aa+c1+e)==.s_pac1e4 2第二章()1.证明：三个质点有T=1Mv2+m1m2v2+m2m3v2+m1m3v2。2cM12M23M13证明：1vc=(m1⃗v1+m2⃗v2+m3⃗v3),M∑3M=mi,i=1⃗v12=⃗v1⃗v2,⃗v23=⃗v2⃗v3,⃗v13=⃗v1⃗v3,反解得m2m3⃗v1=⃗vc+⃗v12+⃗v13,MMm1m3⃗v2=⃗vc⃗v12+⃗v23,MMm1m2⃗v3=⃗vc⃗v13⃗v23,MM注意存在约束条件：⃗v12+⃗v23+⃗v31=0,v2+v2+v2=2(⃗v⃗v+⃗v⃗v+⃗v⃗v)122331122312312331注意：⃗v31=⃗v13∑312T=mivi2i=1()12m1m22m2m32m1m32=Mvc+v12+v23+v132MMM2.Pauli矩阵σy的本征值和相应的本征态。解：本征值：λ±=1,本征态：()()1111ψ+=p和ψ−=p.2i2i3.三个单位质量质点，瞬时位置和速度为：(1)⃗r1=^i+^j+k,⃗v^1=^i；(2)⃗r2=^i+k,⃗v^2=2^j；(3)⃗r3=k,⃗v^3=^i+^j+k^,求质心的瞬时位置和速度，质点系5 的总动量，对坐标原点的角动量和动能。解：()m1⃗r1+m2⃗r2+m3⃗r31⃗rc==2^i+^j+3k^,M31⃗vc=⃗r_c=^j+k,^3⃗pc=M⃗vc=3^j+k,^∑3J⃗=mi⃗ri⃗vi=3^i+3k,^i=1∑312T=mivi=4.2i=14.证明：两质点系的角动量为，J⃗=R⃗cMV⃗c+⃗rµ⃗v，其中，M=m1+m2，µ为折合质量，⃗r为相对位矢，c表示质心。证明：由∑∑J=R⃗mV⃗+⃗r′m⃗v′ciciiiii对于两质点情况，有⃗r′⃗r′=⃗r12m⃗r′+m⃗r′=01122反解得，′m2⃗r1=⃗rM′m1⃗r2=⃗rM)J⃗=R⃗cMV⃗c+⃗rµ⃗v,其中，M=m+m,µ=m1m2,⃗v=⃗v′⃗v′。12M125.求⃗ω在空间坐标系下的分量，即另一种形式的欧拉运动学方程。解：令fe~ig表示空间坐标系，feig表示体坐标系，转动Rij:ei=Rije~j，R3(ϕ)′R1(θ)′′R3(ψ)fe~ig!feig!feig!feig⃗ω=ϕ_e~+θ_e′+ψ_e313有e′=cosϕe~+sinϕe~112e3=sinθsinϕe~1sinθcosϕe~2+cosθe~3()()())⃗ω=θ_cosϕ+ψ_sinθsinϕe~1+θ_sinϕψ_sinθcosϕe~2+ϕ_+ψ_cosθe~3.6 6.半径为r的均质圆球在半径为R的固定圆柱的内表面滚动，试求圆球绕平衡位置做微振动的运动方程及周期。解：(Rr)θ_22vc=(Rr)θ,ω_=,Ic=mrr51212T=mvc+Icω22=7m(Rr)2θ_210V=mg(R(Rr)cosθ)-()d∂L∂L=0dt∂θ_∂θ)7m(Rr)2θ•+mg(Rr)θ=05注意：当θ很小时，sinθθ.√7Rr)T=2π5g7.考虑一个双摆系统：质量为m1的质点M1用长为l1的绳子系在固定点O上，另一质量为m2的质点M2用长为l2的绳子系在质点M1上，以与竖直方向所成的角度θ1与θ2为广义坐标，求此系统在平面内做微振动的运动方程。如果m1=m2=m，l1=l2=l，试求出系统的振动周期。解：L=TV()212θ_21θ_θ_=m1l11+m1gl1cosθ1+m2l11+l22+m2g(l1cosθ1+l2cosθ2)2212θ_212θ_2θ_θ_=(m1+m2)l11+m2l22+m2l1l212cos(θ1θ2)+(m1g+m2g)l1cosθ1+m2gl2cosθ222代入拉格朗日方程易知运动方程，将条件代入d∂L∂L=0)2lθ•1+lθ•2+2gθ1=0dt∂θ_1∂θ1d∂L∂L=0)lθ•2+lθ•1+gθ2=0dt∂θ_2∂θ2p√2(22)gl)ω=)T=2π(p)l22g7 8.如果上题的双摆系统不是系在固定点上，而是系在一个可以在光滑水平杆上自由运动的质量为2m的小环上，继续令m1=m2=m，l1=l2=l，试求系统的运动方程及周期。解：L=TV111[]2=2mx_2+m(_x+lθ_)2+mx_+lθ_+lθ_+mgl(2cosθ+cosθ)11212222对广义坐标x,θ1,θ2应用欧拉-拉格朗日方程得到4•x+2lθ•1+lθ•2=02•x+2lθ•1+lθ•2+2gθ1=0x•+lθ•1+lθ•2+gθ2=012注意：当θ很小时，cosθ1θ.2√√24ggll)ω=or)T=π和2π.llgg9.求解如下分子的中心主转动惯量：(1)质量分别为m1,m2的原子分子，距离为l；(2)形状为等腰三角形的三原子分子，高为h，底边为a，顶点质量为m2，其它两原子质量为m1。解：(1)m1,m2的坐标x1=(l1,0,0),x2=(l2,0,0)，质心在原点。m1l1+m2l2=0,l1l2=l,得m2lm1ll1=,l2=,m1+m2m1+m2∑()I=my2+z2=0,xxiiii∑(22)m1m22Iyy=mixi+zi=l,m1+m2i∑(22)m1m22Izz=mixi+yi=l.m1+m2i(2)顶点质量为m2的坐标(0,y2,0)，底边两点质量均为m1的坐标(x,y,0)和(x,y,0)，x=a，111112{{y=m2h,2m1y1+m2y2=0,)12m1+m2yy=h,y=2m1h,2122m1+m28 ∑()2mmh2I=my2+z2=2my2+my2=12,xxiii11222m+m12i∑()ma2I=mx2+z2=2mx2+mx2=1,yyiii11222i∑()I=mx2+y2=I+I.zziiixxyyi10.证明：立方体绕其对角线转动的回转半径为k=√d，d为对角线长度，边32长为a。证明：1α=β=γ=p,322()mI=ρay2+z2dydz=a2,xx−−622Ixx=Iyy=Izz222m2I=Ixxα+Iyyβ+Izzγ=d18√Idk==p.m3211.一矩形板ABCD以角速度为ω在平行于自身的平面内运动，瞬时时刻，A点的速度v，方向沿对角线AC。求此时B点的速度。假定AB=a,BC=b。解：设取A点为此刻的瞬时转动轴,⃗vB=⃗vA⃗ωAB⃗注：这里正负号分别表示顺时针和逆时针转动()1/2v=v2+ω2a2+2ωvacosθ,Bbcosθ=p.a2+b212.重力场V=mgy中的两点最速落径问题的解一定是二维曲线么？解：设粒子从坐标(x0,y0,0)运动到(x1,y1,0)√1+y′2+z′2δJ=δdx2gyδy和δz是独立的，分离出两个方程()∂Fd∂F=0(1)∂y(dx)∂y′)d∂F=0(2)dx∂z′9 √′2′21+y+z其中F=。根据公式(2)得到2gy1z′p√=c2gy1+y′2+z′2其中c是常数，若c>0，则z会不断增加，不能回到xy平面；反之亦然，所以c只能等于零即√dz1+y′20)F=.dx2gy13.试证明变分法求出的最速落径是极小值。Remark:严格意义上讲，这里通过变分法确定的路径并不一定是最短路径，因为变分所得的解只能说是极值，并不能说明一定是最小值。但是，对于该问题（brachistochroneproblem），的确是最速路径。由于变分所求出的绝不可能是最大值，换句话说，我们总可以找到一条快速振荡的路径使其大于所求路径。另外值得说明的是，最小作用量原理的命名是不准确的。人们通常称之为，“稳定作用量原理”，又叫“哈密顿原理”。（请参见P12，ClassicalDynamics-DavidTong）14.求连接单位球面上两点的最短曲线。解：BL=jdrjAθ√B=1+sin2θϕ_2dθθA将ϕ看成θ的函数，利用欧拉拉格朗日方程(√)d∂21+sinθϕ_2=0dθ∂ϕ_c)ϕ_=√sinθsin2θc2其中c是常数，设u=cotθcdu)ϕ=√1c2(1+u2)pdu1c2=p(这里令a)a2u2c()u=arccos+ϕ0a)cotθ=acos(ϕϕ0)10 整理得zxcosϕ0+ysinϕ0=0a其中的参数a,ϕ0由边界条件确定。易知最后得出的方程是过球心，且通过球面上(θA,ϕA)和(θB,ϕB)两点的平面，这个平面和球的截线为最短路径，即大圆。15.证明转动惯量张量是一阶逆变一阶协变混合张量。′ii证明：坐标变换Ti:~ai′=Ti′ai(⃗a为矢量)，jJi=Iiωj′I~j,J~i′=i′ω~j′′ijjTi′Ji=I~i′Tj′ωj′′jijj)I~i′=Ti′TjIi(张量识别定理).16.(1)证明δi是一阶协变一阶逆变混合张量。(2)证明ϵ是三阶逆变张量。jijk证明：(1)在坐标变换q!Q下，因为qi与qj是互相独立的，i∂qi∂qi∂Qµ∂Qν∂qi∂Qνµδj===δν.∂qj∂Qµ∂Qν∂qj∂Qµ∂qj(2)（注明这里限定在笛卡尔坐标系的坐标变换），坐标变换Ti′i:~ai′=Ti′iai,cl=ϵijlaibj~b,c~k′=~ϵi′j′k′a~i′j′Tk′kck=~ϵi′j′k′Ti′iTj′jaibjTlk′Tk′kck=Tlk′ϵ~i′j′k′Ti′iTj′jaibj(解放指标k)δlkck=Tlk′ϵ~i′j′k′Ti′iTj′jaibj(利用实正交矩阵关系Tii′Ti′j=δij)cl=~ϵi′j′k′Tlk′Ti′iTj′jaibj)ϵijl=Ti′iTj′jTlk′ϵ~i′j′k′.17.证明gij是二阶反变张量。证明：gijg=δi;jkkGijG=δi;jkk11 有∂Qr∂Qsgjk=Grs∂qj∂qk∂qj∂Qr∂Qs∂qjgjk=Grs（解放指标r）∂Qm∂qj∂qk∂Qm∂qj∂Qsg=Gδrjk∂Qmrs∂qkm∂qj∂Qsgjk=Gms∂Qm∂qk∂qj∂QsgGtm=GtmG（利用GijG=δi关系）jk∂Qmms∂qkjkk∂qj∂QsgGtm=δtjk∂Qms∂qk∂qj∂QtgGtm=jk∂Qm∂qk∂qj∂QtgwkgGtm=gwk（利用gijg=δi关系）jk∂Qm∂qkjkk∂qj∂QtδwGtm=gwkj∂Qm∂qk∂qw∂QtGtm=gwk∂Qm∂qk∂qw∂QtGtm=gwk（释放指标m）∂Qm∂qk∂Qv∂qw∂Qv∂QtGtm=gwk∂qw∂Qm∂qw∂qk∂Qv∂QtδvGtm=gwkm∂qw∂qk∂Qt∂QvGtv=gwk.∂qk∂qw18.证明Ri的反对称性即Ri=Rijkljkljlk证明：黎曼张量：∂i∂iRi=jkjl+isis,jkl∂ql∂qklsjkksjl指标对换后，即有上式对称性。12 3第三章1.试用虚功原理解：半径为r的光滑半球形碗，固定在水平面上，一均质棒靠在碗缘，一端在碗内，一端在碗外。在碗内的长度为c，试证棒全长为224(c−2r)。图见周书3.1题。c解：设重心为(x1,y1)()ly1=csinθ2()l=2rcosθsinθ2虚功原理mgδy1=04rcos2θ)l=cosθ()4c22r2=c2.试用虚功原理解：相同的两个均匀光滑球用两根长度一样的绳子悬在一定点，此两球又同时支持一等重均质球，试求α与β的角度关系。图见周书3.4题。解：{y1=lcosα2rcosβy2=y3=lcosα虚功原理mg(δy1+δy2+δy3)=0几何约束2rsinβ=lsinα)tanβ=3tanα3.试用拉格朗日方程解：轴为竖直而顶点在下的抛物线形金属丝，以匀角速度ω绕轴转动；一质量为m的小环套在此金属丝上，并可沿着金属丝滑动，求小环在x方向的运动微分方程。已知抛物线方程为x2=4ay，其中a为一常数。解：121(22)T=m(ωx)+mx_+_y22V=mgy代入x2=4ay，再代入拉格朗日方程13 ()d∂L∂L=0dt∂x_∂xm()mg)mx•+xx_2+x2x•mω2x+x=04a22a4.设质量为m的质点，受重力作用，被约束在张角为2α的圆锥面内运动。试以r,θ为广义坐标，由拉格朗日方程求次质点的微分运动方程。解：x=rcosθ,y=rsinθ,z=rcotα1()T=mx_2+_y2+_z22[]1122=mr_+(rθ_)2sin2αV=mgrcotα()d∂L∂L=0dt∂r_∂r22)r•rθ_sinα+gsinαcosα=0()d∂L∂L=0dt∂θ_∂θ)r2θ_=const5.试用拉格朗日方程解：质量为m1的质点沿倾角为θ质量为m2的光滑直角劈滑下，直角劈又可在光滑水平面上自由滑动。求(a)质点水平方向的加速度x•1；(b)劈的加速度x•2。解：质点坐标为(x1,y1)，劈尖坐标为(x2,0)，121212T=m1x_1+m1y_1+m2x_2222V=m1gy1利用m1x1+m2x2=0,y1=tanθ(x1x2)()()2121m1212m1T=m1x_1+m2x_1+m1tanθx_1+x_122m22m2()m1V=m1gtanθx11+m214 ()d∂L∂L=0dt∂x_1∂x1()m1m1gtanθ1+m2)x•1=()()2m12m1m11++m1tanθ1+m2m2m2gsinθcosθ=2m2+m1sinθm1x•2=x•1m26.求受迫谐振子L=1mx_21mω2x2kx的作用量。22解：L=1mx_21mω2x2kx,22由拉氏方程得，()2kx•+ωx+=0mω22x•k)ω=xmxx•k)x=ω2mω2作用量t2S=dtL(x,x_)t1t2t2mk=d(xx_)xdt2t12t1mkk2=2[x(t2)_x(t2)x(t1)_x(t1)]+2ω2[_x(t2)x_(t1)]+2mω2(t2t1)令x~(t)x(t)+k,其通解mω2x~(t)=Asin(ωt)+Bcos(ωt)初始条件kt=t1,x~(t1)=~x1=x1+2,x~_(t1)=_x(t1)mωkt=t2,x~(t2)=~x2=x2+2,x~_(t2)=_x(t2)mω15 x~_1x~(t)=~x1cos[ω(tt1)]+sin[ω(tt1)]ωx~_2x~(t)=~x2cos[ω(tt2)]+sin[ω(tt2)]ωωx~_(t1)=_x(t1)=fx~2x~1cos[ω(t2t1)]gsin[ω(t2t1)]ωx~_(t2)=_x(t2)=fx~1+~x2cos[ω(t2t1)]g.sin[ω(t2t1)]7.均质棒AB，质量为m，长为2a，一端A在光滑水平导轨上运动，而棒本身又可以在竖直面内绕A端摆动，如除重力作用外，B端还受一水平方向恒定大小的的力F作用。试用拉格朗日方程求其微分运动方程。如摆动角很小，则公式可化为何种形式？解：设A坐标为(x,0)，则B坐标为(x+2asinθ,2acosθ)，设两点连线中点为CT=1mv2+1Iθ_2cc221()21()2=mx_+acosθθ_+masinθθ_22+1ma2θ_26V=mgacosθF(x+2asinθ)由拉格朗日方程有()mx•+acosθθ•asinθθ_2=F()4mx•cosθ+aθ•+gsinθ=2Fcosθ3当θ很小时()mx•+aθ•aθθ_2=F()4mx•+aθ•+gθ=2F38.质量为m的圆柱体s放在质量为M的圆柱体P上做相对纯滚动，而P则放在粗糙平面上，已知两圆柱的轴都是水平的，且重心在同一竖直面内。开始时，此系统是静止的，若以圆柱体P的重心的初始位置为固定坐标系的原点，试用拉格朗日方程证明圆柱体()s的重心在任意时刻的坐标为mθ+(3M+m)sinθx=c,y=ccosθ，其中c为两圆柱轴线间的距离，θ为3(M+m)两圆柱质心连线与竖直向上的直线的夹角。解：纯滚动)aφ_P+cθ_=bφ_sc=a+b16 []212121dT=M(aφ_p)+IPφ_p+m(csinθaφP)222dt[]21d12+mccosθ+Isφ_s2dt231[]21[]2=Mφ_2a2+maφ_+cθ_+mcθ_cosθaφ_ppp442+1mc2θ_2sin2θ2V=mgccosθ∂LL=TV不显含φ,φ为循环坐标，有=0，∂φ()()d∂L∂Ld∂L==0dt∂φ_∂φdt∂φ_∂L321212=Maφ_+maφ_+m(a+b)θ_ma(a+b)θ_cosθ+maφ_=const∂φ_222利用初始条件φ(0)=θ(0)=0,φ_(0)=θ_(0)=0得const=0t()t()321221Maφ_+maφ_+maφ_dt=ma(a+b)θ_cosθm(a+b)θ_dt02202φθ()321(M+m)adφ=m(a+b)acosθdθ2002{x=csinθaφ)y=ccosθ其中，2m(a+b)sinθm(a+b)θaφ=.3(M+m)17 4第四章1.证明Jacobi恒等式即[f,[g,h]]+[g,[h,f]]+[h,[f,g]]=0。证明：略。2.已知一带电粒子在电磁场中的拉格朗日函数为L=1mv2qϕ+qA
v。2式中v为粒子速度，m为粒子质量，q为粒子所带电荷，ϕ为标量势，A为矢量势。写出哈密顿函数H。解：∂Lp==mv+qA∂vH=p
vL2(pqA)=+qϕ2m3.试求由质点组的动量矩J的笛卡尔坐标系下的分量组成的泊松括号。解：∑∑∑[Ji,Jj]=[ϵimnxαmpαn,ϵjsrxβspβr](α,β分别表示质点组的第α,β个质点)α,βm,ns,r∑∑∑=ϵimnϵjsr[xαmpαn,xβspβr]α,βm,ns,r∑∑∑=ϵimnϵjsrδαβ(xβspαnδmrxαmpβrδsn)α,βm,ns,r∑∑∑=(ϵimsϵjrsxαmpαrϵinrϵjsrxαspαn)αm,ns,r利用ϵmnsϵkls=δmkδnlδmlδnk∑[Ji,Jj]=(xαipαjxαjpαi)α=ϵijkJk4.试求由动量p与动量矩J在笛卡尔坐标系下的分量的组成的泊松括号。解：∑∑[pi,Jj]=ϵjsk[pαi,xβspβk]α,βs,k∑∑=ϵjsk[pαi,xβs]pβkα,βs,k∑∑=ϵjsk(δαβ)δispβkα,βs,k∑∑=ϵijkpαkαk=ϵijkpk18 5.如果φ是坐标和动量组成的任意标量函数即φ=ar2+br
p+cp2,其中a,b,c为常数，试证[φ,Jz]=0。证明：[]∑r2,J=2rϵ[r,rp]zizskisks,k∑=2riϵzskrsδiks,k∑=2ϵzskrsrks,k=0(ϵzsk=ϵzks)∑[r
p,Jz]=ϵzsk[ripi,rspk]s,k∑=ϵzsk(ri[pi,rs]pk+pi[ri,pk]rs)s,k∑=ϵzsk(rspkrspk)s,k=0[]∑p2,J=2pϵ[p,rp]zizskisks,k∑=2piϵzskpk(δis)s,k=0综上可得，[][][φ,J]=ar2,J+b[r
p,J]+cp2,J=0.zzzz6.证明泊松括号相对正则变换保持不变。证明：()Tdfdg[f,g]=Jdxdx有变换关系z=Rx其中RTJR=J是正则变换的要求。简单的计算得到dfTdg=Rdxdz19 可以推出()T()()TTdfTdgdfdg[f,g]=RJR=Jdzdzdzdz所以正则变换不改变泊松括号。7.证明正则变换构成一个群，既满足封闭性，结合律，存在单位元且每一个元素都存在逆。8.试证Q=ln(1sinp),P=qcotp为一正则变换。q证明：()()2cospcosppdqPdQ=p+dqqdpsinpsinp因为()(())2dcospdcospp+=qdpsinpdqsinp所以可以写成全微分形式()cosppdqPdQ=dF=dpq+qsinp即是一个正则变换。9.周书5.331111−∗解：将q=(2Q)2k2cosP和p=(2Q)2k2sinP代入H后，得到H。再证明pdqPdQ=d(QsinPcosPQP)则该变换是正则变换。10.周书5.34()()qQ解：定义r=和R=和变换矩阵M,使得r=MR，则pP有detM=∂(q,p)=1。很显然从r到R的变换矩阵M−1的行列式值∂(Q,P)detM−1=∂(Q,P)也为1。同时还有关系∂(q,p)detM=[q,p]Q,PdetM−1=[Q,P]q,p所以有[q,p]=[Q,P]即是一正则变换。11.周书5.35解：[()]12dU=mggQ+qdQ+Qdq=pdqPdQ220 pQ=)mg()gP=mgQ2+q2其中p2H=+mgq2m于是得到HP,Q=P对应的正则方程为{Q_=1P_=0解出{P=cp=mg(c2t)1)g2c1Q=t+c2q=(c2t)2mg代入初始条件qt=0=0,pt=0=mv0得到p=mv0mgt1q=gt2+vt0221 5第五章1.试求质点在势能V=αFz中的运动时的主函数S。r2r3解：s=3，选求坐标系，则r,θ,φ为广义坐标()T=1mr_2+r2θ_2+r2sin2θφ_2,2αFcosθV=,r2p=∂T=mr,p_=∂T=mr2θ,p_=∂T=mr2sin2θφ,_rθφ∂r_∂θ_∂φ_()1p2p2αFcosθ)H=p2+θ+φ+,2mrr2r2sin2θr2其中，φ是循环坐标)S=Et+α3φ+W(r,θ)设W(r,θ)=W1(r)+W2(θ)，∂SdW1pr==,∂rdr∂SdW2pθ==,∂θdθ∂Spφ==α3,∂φ由H-J方程得，[()2()2]1∂W1dWα2αFcosθ123+++=E2m∂rr2dθr2sin2θr2{()22mEr2r2dW1=α,dr2(dW)2α22+3+2mα2mFcosθ=α,dθsin2θ2{
√W=2mEα2dr,1√r2)
α2W=α+2mFcosθ2mα3dθ,12sin2θ√√α2α2S=Et+αφ+2mEdr+α+2mFcosθ2mα3dθ.3r222sinθ2.试用哈密顿-雅可比微分方程求抛射体在真空中运动的轨迹方程。解：s=2，选求坐标系，则x,y为广义坐标1()T=mx_2+_y2,2V=mgy,22 ∂T∂Tpx==mx,p_y==my,_∂x_∂y_1())H=p2+p2+mgy,xy2m其中，x是循环坐标)S=Et+W(x,y)=Et+α1x+W2(y)∂S∂SdW2px==α1,py==,∂x∂ydy由H-J方程得，[()]212∂W2α1++mgy=E2m∂y√)W2=2mE2m2gyα12dy√)S=Et+α1x+2mE2m2gyα12dy∂W∂Wβ=+∂α1∂α2α1=x√dy2mEα122m2gy√α122=x+22mEα12mgy+Cmg=const初始条件t=0:x=y=0,x_=v0cosθ,dWα1==px=mv0cosθ,dx12E=mv0,2得，v2sinθcosθ0β=+C,g最终得，gx2)y=xtanθ.2v2cos2θ023 3.试用哈密顿-雅可比微分方程求行星绕太阳运动的轨道方程。解：s=2，选求坐标系，则r,θ为广义坐标()T=1mr_2+r2θ_2,2K2mV=,rp=∂T=mr,p_=∂T=mr2θ,_rθ∂r_∂θ_()1p2K2m)H=p2+θ,2mrr2r其中，θ是循环坐标,)S=Et+W(r,θ)=Et+α2θ+W1(r),由H-J方程得，[()]1∂W2α2K2m12+=E2m∂rr2r√K2mα2W(r)=2mE2dr,1rr2∂S∂Wα2dr)==β2=θ√)轨道积分∂α2∂α2r2mE+2K2m2rα22
利用积分公式√dx=√1arcsin√bx+2a(a<0)，xa+bx+cx2−axb2−4acα/m2K22r=√,1+1+2Eα22/m2K2cosθ离心率：√2Eα2e=1+2.mK224'