哈密顿正则方程例题

& & & 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
2011年9月15日 年 月 日
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
2011年9月15日 年 月 日
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
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
2011年9月15日 年 月 日
& 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：
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=
2011年9月15日 年 月 日
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
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
2011年9月15日 年 月 日
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：
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
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
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)
2011年9月15日 年 月 日
& (m '+ m sin 2 θ)l&& + ml θ2 sin θ cos θ + (m '+ m) g sin θ = 0 θ
11年9月15日 年 月 日
理论物理导论
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，
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：
2011年9月15日 年 月 日
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
力系的势能为： 力系的势能为： V = − mgl cos θ
2011年9月15日 年 月 日
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