哈密顿正则方程例题

理论物理导论
典型例题1 典型例题
一质量为m、半径为r的圆柱体置于坡角为α的斜面上；柱轴 一质量为 半径为 的圆柱体置于坡角为 的斜面上； 用轻绳过坡顶的光滑滑轮与一质量为m’的重物相连结， 用轻绳过坡顶的光滑滑轮与一质量为 的重物相连结，如图 的重物相连结 重物自静止开始下落，求重物的加速度和下落h距离后的速度 重物自静止开始下落，求重物的加速度和下落 距离后的速度 分析：利用哈密顿正则方程求解 分析： 需先求得力学系的动能和势能 从而求得拉氏函数， 从而求得拉氏函数，最终获得
m'
分 析 ： 利用哈密顿正则方程求解 m相对 作圆周运动，故 相对m’ 作圆周运动， 相对 力系仅需两个坐标（ , ） 力系仅需两个坐标（x,θ）描述
2011年9月15日 年 月 日
O
θ l
m
x
y
理论物理导论 如图有，小球的坐标为： 解： 如图有，小球的坐标为： x ' = x + l sin θ, y ' = l cos θ
力学系的势能为（取坡顶为零势能）： 力学系的势能为（取坡顶为零势能）：
V = − m ' gy − mgs sin α = −( m '− m sin α ) gy − mgl sin α
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ω
m
m'
r
s
x
α
y
理论物理导论
∂L ∂T 3 & = = (m '+ m) y 那么与y对应的广义动量为 对应的广义动量为： 那么与 对应的广义动量为： p = & & ∂y ∂y 2 2p & 即 y= (2m '+ 3m)
α
ω
m
m'
r
s
x
哈密顿函数。 哈密顿函数。圆柱体作平动
y
和定轴转动，需两个坐标； 和定轴转动，需两个坐标；重物作一维运动需一个坐标 力系受轻绳约束，故只需一个坐标，不妨取重物坐标 力系受轻绳约束，故只需一个坐标，不妨取重物坐标y
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理论物理导论
解： 设绳长为l，柱体轴心离坡顶距离为s,柱体滚动的角度 设绳长为 ，柱体轴心离坡顶距离为 柱体滚动的角度 大小为θ，下垂的重物到坡顶的距离为 ，约束关系为： 大小为 ，下垂的重物到坡顶的距离为y，约束关系为：
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理论物理导论
典型例题2 典型例题
一质量为m的小球用长为 的轻绳悬挂于一质量为m’的小环上 一质量为 的小球用长为l的轻绳悬挂于一质量为 的小环上 的小球用长为 的轻绳悬挂于一质量为 小环穿在一根光滑的水平钢丝上，如图所示。 小环穿在一根光滑的水平钢丝上，如图所示。初始时整个系 统处于静止状态，尔后小球在钢丝所在的铅直面内摆动，并 统处于静止状态，尔后小球在钢丝所在的铅直面内摆动， 带动小环在钢丝上滑动。试由正则方程求出小球摆动的角度θ 带动小环在钢丝上滑动。试由正则方程求出小球摆动的角度 所满足的微分方程
& (m '+ m sin 2 θ)l&& + ml θ2 sin θ cos θ + (m '+ m) g sin ຫໍສະໝຸດ Baidu = 0 θ
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典型例题3 典型例题
经验告诉我们，用一枝铅笔的笔尖与水平桌面接触， 经验告诉我们，用一枝铅笔的笔尖与水平桌面接触，使之 竖直地稳定转动是很困难的，一长为 竖直地稳定转动是很困难的，一长为10cm、直径为 、直径为0.8cm的 的 铅笔，即使以角速度ω0=100rot/s高速转动，也不能稳定地 铅笔，即使以角速度 高速转动， 高速转动 竖直转动，试用分析力学方法解释 竖直转动，
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理论物理导论
若把铅笔视为圆柱，则有： 若把铅笔视为圆柱，则有：
J z = 1 mr 2 = 0.08m, J x = J y = J* = 1 ml 2 = 100 m 2 3 3
铅笔定点转动时的拉格朗日函数为： 铅笔定点转动时的拉格朗日函数为：
L = T − V = 1 J* (ωx2 + ω y 2 ) + 1 J zωz 2 − V 2 2 & & & & = 1 J* (θ 2 + ϕ 2 sin 2 θ ) + 1 J z (ϕ cos θ + ψ )2 − mgrOC cos θ 2 2
注意到动能是广义速度的二次齐次函数， 注意到动能是广义速度的二次齐次函数，故：
p2 H = T +V = − (m '− m sin α) gy − mgl sin α 2m '+ 3m
代入哈密顿正则方程得： 代入哈密顿正则方程得：
∂H 2p 2m '+ 3m &= && = ⇒p y ∂p 2m '+ 3m 2 ∂H 2m '+ 3m & =− && p = ( m '− m sin α) g = y 2 ∂y & y=
& & & y + s = l ⇒ y = − s = rθ
1 2 力学系的动能为（ 力学系的动能为（圆柱中心轴的转动惯量 J D = mr ）： 2 1 1 1 & 1 1 1 & & & T = m ' y 2 + ms 2 + J D θ2 = ( m '+ m + m) y 2 2 2 2 2 2 4
ζ
z
r r t = 0, θ = 0, ω = ω0 eζ = ω0 k r
任意时刻， 任意时刻，有：
r r r eζ = sin θ j + cos θ k
任意时刻，铅笔角速度为： 任意时刻，铅笔角速度为：
C
y
θ
r mg
η
ϕ
x
O
ξ r r r & r & eζ + ψ k & ω = θi +ϕ r r r & & & & = θ i + ϕ sin θ j + (ϕ cos θ + ψ ) k r r r = ωx i + ω y j + ω z k
注意到动能是广义速度的二次齐次函数， 注意到动能是广义速度的二次齐次函数，故：
H ( x, θ, px , pθ ) = T + V ml 2 px 2 − 2ml cos θpx pθ + (m '+ m) pθ 2 = − mgl cos θ 2 2 2ml (m '+ m sin θ)
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理论物理导论 显然，哈密顿函数中不显含 ，故为循环坐标： 显然，哈密顿函数中不显含x，故为循环坐标：
& & px = ( m '+ m) x + ml θ cos θ = C |t =0, x =0,θ=0 = 0（x方向动量守恒） 方向动量守恒） 方向动量守恒 & ml θ cos θ & 即 x=− m '+ m 由关于θ的正则方程 的正则方程， 可得： 由关于 的正则方程，并注意到 px = 0 可得：
理论物理导论 对拉格朗日方程化简有： 对拉格朗日方程化简有：
J z 2 ω0 2 (1 − cos θ) (1 − cos θ) cos θ J *&& = θ [ − 1] + mgrOC sin θ 2 J* sin θ sin θ & d J z 2 ω0 2 (1 − cos θ) 2 dθ & [ ] + mgrOC cos θ} = J *θ =− { d θ 2 J* sin θ dθ 1 & 2 J z 2 ω0 2 (1 − cos θ) 2 + mgrOC cos θ = E 积分有： 积分有： J *θ + 2 2 2 J * sin θ
广义坐标， 对θ广义坐标，拉格朗日方程为： 广义坐标 拉格朗日方程为： d ∂L ∂L & & & & ( &)− = J *&& − J *ϕ2 sin θ cos θ + J z ϕ sin θ(ϕ cos θ + ψ) θ dt ∂θ ∂θ −mgrOC sin θ = 0
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& pθ = −
∂H ( m '+ m) sin θ cos θ 2 =− 2 pθ − mgl sin θ 2 2 ∂θ l ( m '+ m sin θ)
2
( ml cos θ) 2 & & & & θ + ml 2 θ 又 pθ = mlx cos θ + ml θ = − m '+ m 求导并代入上式化简可得关于θ的微分方程 的微分方程： 求导并代入上式化简可得关于 的微分方程：
力系的势能为： 力系的势能为： V = − mgl cos θ
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理论物理导论 相应的广义动量为： 相应的广义动量为：
∂L ∂T & & px = = = (m '+ m) x + ml θ cos θ & & ∂x ∂x ∂L ∂T & & pθ = = = mlx cos θ + ml 2 θ & & ∂θ ∂θ 由以上两式可解得： 由以上两式可解得： pθ px − cos θ l & = (m '+ m) pθ − mlpx cos θ θ & x= 2 ml 2 ( m '+ m sin 2 θ) m '+ m sin θ
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理论物理导论
r r 代入初始条件 t = 0, θ = 0, ω = ω0 k ,ψ = ω0 k , ϕ = 0 & & r
求得 C1 = C2 = J zω0
& & & pϕ = ∂L = J*ϕ sin 2 θ + J z cos θ (ϕ cos θ + ψ ) = J zω0 即 & ∂ϕ & & pψ = ∂L = J z (ϕ cos θ +ψ ) = J zω0 & ∂ψ & cos θ + ψ ， ϕ = J zω0 (1 − cos θ ) & ω & 化简有： 化简有： z = ω0 = ϕ J* sin 2 θ
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理论物理导论
& & & 2 g (m '− m sin α) dy dy ydy = = 求得： y 求得： && = dt dy dy 2m '+ 3m
分离变量积分： 分离变量积分：
∫
& y
0
& & ydy = ∫
y+h y
2 g (m '− m sin α) dy 2m '+ 3m
m'
力系的动能为： 力系的动能为：
T=
O
θ l
m
x
1 1 & & & m ' x 2 + m ( x '2 + y '2 ) y 2 2 1 1 & & & & = m ' x 2 + m[( x + l θ cos θ) 2 + (−l θ sin θ) 2 ] 2 2 1 2 & x cos θ + 1 ml 2 θ2 & & = ( m '+ m) x + ml θ & 2 2
gh(m '− m sin α) 化简得： & 化简得： y = 2 可由能量积分得到） （可由能量积分得到） 2m '+ 3m
r r 所以重物的加速度为： yj 所以重物的加速度为： && = 2 g (m '− m sin α ) j 2m '+ 3m r gh( m '− m sin α) r j 重物下落h后的速度为 & 后的速度为： 重物下落 后的速度为： yj = 2 2m '+ 3m
ζ
分析： 分析：
z
铅笔是否能稳定地竖直转动 关键是看在竖直方向(θ=0)时， 时 关键是看在竖直方向 铅笔的势能是否处于极小值。 铅笔的势能是否处于极小值。
ξ
2011年9月15日 年 月 日
C
y
θ
r mg
η ϕ
x
O
理论物理导论 解： 象对称陀螺一样取坐标系。那么 ，ψ，ϕ为广义坐标 象对称陀螺一样取坐标系。那么θ， ， 显然， 显然，坐标轴皆为惯量主轴 初始时刻， 初始时刻，铅笔直立
从拉格朗日函数的表达式知： ψ，ϕ为循环坐标，故： 从拉格朗日函数的表达式知： ， 为循环坐标，
& & & pϕ = ∂L = J*ϕ sin 2 θ + J z cos θ (ϕ cos θ + ψ ) = C1 & ∂ϕ & & pψ = ∂L = J z (ϕ cos θ +ψ ) = C2 & ∂ψ
类似质点在势场做一维运动时机械能守恒， 类似质点在势场做一维运动时机械能守恒，引入有效势能
J z 2 ω0 2 (1 − cos θ) 2 U (θ) = + mgrOC cos θ 2 2 J * sin θ
只需看其是否在θ=0时有极小值，对U(θ)求导进行判断 时有极小值， 只需看其是否在 时有极小值 求导进行判断