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第 3 章：经典力学经典场景

3.1 斜面上的滚动圆盘

填空 质量为 \(m\)、半径为 \(r\) 的均匀圆盘，转动惯量为 \(I =\) 。在倾角为 \(\alpha\) 的斜面上无滑动滚动时，纯滚动约束为 \(\dot\phi =\) （\(x\) 为质心位移，\(\phi\) 为转角）。
\(I = \tfrac{1}{2}mr^2\)；纯滚动约束：\(\dot\phi = \dot x / r\)。
填空 利用约束消去 \(\phi\)，系统总动能为 \(T =\) ，势能为 \(V =\) （取斜面底端为零势能）。
\[T = \tfrac{1}{2}m\dot x^2 + \tfrac{1}{2}I\dot\phi^2 = \tfrac{1}{2}m\dot x^2 + \tfrac{1}{4}m\dot x^2 = \tfrac{3}{4}m\dot x^2\] \[V = -mgx\sin\alpha\]
填空 写出 Lagrangian \(L =\) ，由 E-L 方程得质心加速度 \(\ddot x =\) 。与无摩擦纯滑动（\(\ddot x = g\sin\alpha\)）相比，加速度变为原来的 倍。
\[L = \tfrac{3}{4}m\dot x^2 + mgx\sin\alpha\] E-L 方程：\(\tfrac{3}{2}m\ddot x = mg\sin\alpha\)，故 \(\ddot x = \dfrac{2}{3}g\sin\alpha\)。
为纯滑动的 \(2/3\) 倍（转动动能"消耗"了部分势能）。

3.2 轴对称刚体的自由转动

背景：刚体绕固定点转动时，在随体坐标系（主轴系）中，角动量定理给出 Euler 方程。 对于轴对称刚体（如地球、陀螺），绕对称轴的转动惯量 \(I_3\) 与垂直方向的 \(I_1=I_2\equiv I_\perp\) 不同， 这导致角速度矢量在体坐标系中绕对称轴缓慢进动（本体进动 / Euler 进动）。

简答 在随体主轴坐标系中，刚体角动量为 \(\vec L = (I_1\omega_1,\,I_2\omega_2,\,I_3\omega_3)\)。
(1) 写出惯性系中角动量定理 \(d\vec L/dt = \vec\tau\)，说明为何在随体系中需加上 \(\vec\omega\times\vec L\) 项，从而得到 \(\dot{\vec L}_\text{body} + \vec\omega\times\vec L = \vec\tau\)；
(2) 展开各分量，推导无外力矩时三个 Euler 方程；
(3) 令 \(I_1=I_2=I_\perp\)，证明 \(\omega_3=\text{const}\)，并导出 \(\omega_1,\omega_2\) 满足的方程，给出进动频率 \(\Omega\)。
(1) 惯性系：\(\dot{\vec L} = \vec\tau\)。随体系中时间导数关系：\(\left(\dfrac{d\vec L}{dt}\right)_\text{lab} = \left(\dfrac{d\vec L}{dt}\right)_\text{body} + \vec\omega\times\vec L\)，故无外力矩时 \(\dot{\vec L}_\text{body} = -\vec\omega\times\vec L\)。

(2) 展开 \(x\) 分量：\(I_1\dot\omega_1 = -(\vec\omega\times\vec L)_1 = -(I_3-I_2)\omega_2\omega_3\cdot(-1) = (I_2-I_3)\omega_2\omega_3\)，类推得 \[I_1\dot\omega_1 = (I_2-I_3)\omega_2\omega_3,\quad I_2\dot\omega_2 = (I_3-I_1)\omega_3\omega_1,\quad I_3\dot\omega_3 = (I_1-I_2)\omega_1\omega_2\] (3) \(I_1=I_2=I_\perp\) 时第三式右端为零，故 \(\dot\omega_3=0\)，\(\omega_3=\text{const}\)。前两式化为 \[\dot\omega_1 = \Omega\omega_2,\quad \dot\omega_2=-\Omega\omega_1,\quad \Omega=\frac{(I_3-I_\perp)\omega_3}{I_\perp}\]
简答 令 \(\eta = \omega_1 + i\omega_2\)。
(1) 将上面两个方程合并为关于 \(\eta\) 的一阶 ODE，并求解 \(\eta(t)\)；
(2) 说明 \(\vec\omega\) 在体坐标系中的运动图像（方向、频率、轨迹形状）；
(3) 地球的 \(I_3/I_\perp \approx 1.00327\)，自转角速度 \(\omega_3 = 2\pi/\text{day}\)，估算本体进动周期（Euler 周期）。
(1) \(\dot\eta = \dot\omega_1 + i\dot\omega_2 = \Omega\omega_2 - i\Omega\omega_1 = -i\Omega(\omega_1+i\omega_2) = -i\Omega\eta\)，解为 \[\eta(t) = A\,e^{-i\Omega t}\] 即 \(\omega_1 = A\cos(\Omega t+\phi_0)\)，\(\omega_2 = -A\sin(\Omega t+\phi_0)\)。

(2) \(\vec\omega\) 的垂直分量 \((\omega_1,\omega_2)\) 以频率 \(\Omega\) 绕对称轴 \(\hat e_3\) 做匀速圆周运动，\(\omega_3\) 不变，故 \(\vec\omega\) 在体坐标系中绕对称轴画出一个圆锥（本体进动）。

(3) \(\Omega = \dfrac{(I_3-I_\perp)}{I_\perp}\omega_3 \approx 0.00327\times\dfrac{2\pi}{\text{day}}\)，进动周期 \[T = \frac{2\pi}{\Omega} \approx \frac{1}{0.00327}\,\text{day} \approx 306\,\text{天}\] （实测约 433 天，差异来自地球非完全刚性。）

3.3 开普勒轨道

填空 质量 \(m\) 在引力势 \(V=-\alpha/r\) 中运动，角动量 \(L=mr^2\dot\phi\) 守恒。令 \(u=1/r\)，径向方程化为 Binet 方程：
\(\dfrac{d^2u}{d\phi^2} + u =\)
解为 \(r(\phi) =\) ，其中半通径 \(p =\) ，离心率 \(e =\) （用 \(E,L,m,\alpha\) 表示）。
右端：\(\dfrac{m\alpha}{L^2}\)。
\[r(\phi) = \frac{p}{1+e\cos\phi},\quad p = \frac{L^2}{m\alpha},\quad e = \sqrt{1+\frac{2EL^2}{m\alpha^2}}\] \(E\lt0\) 时 \(0\le e\lt1\)，轨道为椭圆。
简答 考虑微扰势 \(V(r) = -\alpha/r + \epsilon/r^2\)（\(\epsilon\) 为小量）。
(1) 写出有效势 \(V_\text{eff}(r)\)，说明 \(\epsilon/r^2\) 项等效于修改了哪个量；
(2) 利用 Binet 方程，证明轨道方程变为 \(r(\phi)=p/(1+e\cos k\phi)\)，给出 \(k\) 的表达式；
(3) 说明 \(k\neq1\) 导致轨道不闭合，每转一圈近日点进动角 \(\Delta\phi\) 为多少？
(1) \(V_\text{eff}(r)=-\alpha/r+\dfrac{L^2/(2m)+\epsilon}{r^2}\)。\(\epsilon/r^2\) 项等效于将离心势中的 \(L^2/(2m)\) 替换为 \(L^2/(2m)+\epsilon\)，即修改了有效角动量。

(2) Binet 方程（\(u=1/r\)）： \[\frac{d^2u}{d\phi^2}+u\!\left(1-\frac{2m\epsilon}{L^2}\right)=\frac{m\alpha}{L^2}\] 令 \(k^2=1-2m\epsilon/L^2\)，方程化为 \(u''+k^2 u=m\alpha/L^2\)，解为 \[r(\phi)=\frac{p}{1+e\cos(k\phi)},\quad p=\frac{L^2}{m\alpha},\quad k=\sqrt{1-\frac{2m\epsilon}{L^2}}\] (3) 近日点条件 \(k\phi=2\pi n\)，每圈 \(\phi\) 变化 \(2\pi/k\)，进动角 \[\Delta\phi = \frac{2\pi}{k}-2\pi\approx\frac{\pi m\epsilon}{L^2}\cdot2\quad(\epsilon\ll L^2/(2m))\] 即 \(\Delta\phi\approx\dfrac{2\pi}{k}-2\pi\approx\dfrac{\pi m\epsilon}{L^2}\cdot2\)（一阶展开 \(k\approx1-m\epsilon/L^2\)）。

3.4 非惯性参考系：Coriolis 效应

背景：地球是旋转参考系，角速度 \(\vec\Omega\) 指向北极，大小 \(\Omega\approx7.3\times10^{-5}\,\text{rad/s}\)。 在地球表面北纬 \(\lambda\) 处建立局部坐标系：\(\hat x\) 向东，\(\hat y\) 向北，\(\hat z\) 竖直向上。 旋转系中运动的物体会受到 Coriolis 力 \(-2m\vec\Omega\times\dot{\vec r}\) 和离心力， 本题只考虑 Coriolis 力对自由落体的影响。

简答 在北纬 \(\lambda\) 处建立局部坐标系（\(\hat x\) 东，\(\hat y\) 北，\(\hat z\) 竖直向上）。
(1) 说明地球角速度 \(\vec\Omega\) 在该坐标系中的三个分量（东、北、竖直），并给出结果；
(2) 用行列式展开计算叉积 \(\vec\Omega\times\dot{\vec r}\)，写出 Coriolis 加速度 \(-2\vec\Omega\times\dot{\vec r}\) 的三个分量。
(1) \(\vec\Omega\) 平行于地轴，在当地坐标系中：\(\Omega_x=0\)，\(\Omega_y=\Omega\cos\lambda\)，\(\Omega_z=\Omega\sin\lambda\)。

(2) \(\vec\Omega\times\dot{\vec r}=\begin{vmatrix}\hat x&\hat y&\hat z\\0&\Omega\cos\lambda&\Omega\sin\lambda\\\dot x&\dot y&\dot z\end{vmatrix}\)，故 \(-2\vec\Omega\times\dot{\vec r}\) 的分量：
\(x\)：\(2\Omega(\dot z\cos\lambda-\dot y\sin\lambda)\)
\(y\)：\(2\Omega\dot x\sin\lambda\)
\(z\)：\(-2\Omega\dot x\cos\lambda\)
简答 物体从高度 \(h\) 由静止释放，只受重力和 Coriolis 力。
(1) 写出三个方向的运动方程；
(2) 零阶近似（忽略 Coriolis）给出 \(\dot z_0 = -gt\)，\(\dot x_0=\dot y_0=0\)。将零阶速度代入 \(x\) 方向 Coriolis 项，求一阶东向加速度 \(\ddot x^{(1)}\)；
(3) 对 \(\ddot x^{(1)}\) 积分两次，求落地时刻 \(t_f=\sqrt{2h/g}\) 的东向偏移 \(\delta x\)；
(4) 取 \(h=100\,\text{m}\)，\(\lambda=45°\)，数值估算 \(\delta x\)，并说明南半球偏转方向。
(1) \(\ddot x = 2\Omega(\dot z\cos\lambda - \dot y\sin\lambda)\)，\(\ddot y = 2\Omega\dot x\sin\lambda\)，\(\ddot z = -g - 2\Omega\dot x\cos\lambda\)。

(2) 代入 \(\dot z_0=-gt\)，\(\dot y_0=0\)：\(\ddot x^{(1)} = 2\Omega(-gt)\cos\lambda\cdot(-1) = 2\Omega g t\cos\lambda\)。
（注意 \(\dot z_0=-gt\) 为负，\(-2\Omega\times\dot{\vec r}\) 的 \(x\) 分量含 \(-\dot z\cos\lambda\) 的负号相消，结果为正，即向东。）

(3) \(\dot x = \Omega g t^2\cos\lambda\)，\(\delta x = \dfrac{1}{3}\Omega g t_f^3\cos\lambda = \dfrac{1}{3}\Omega\cos\lambda\sqrt{\dfrac{8h^3}{g}}\)。

(4) \(t_f = \sqrt{200/9.8}\approx4.52\,\text{s}\)， \[\delta x \approx \tfrac{1}{3}\times7.3\times10^{-5}\times\tfrac{\sqrt{2}}{2}\times9.8\times(4.52)^3\approx0.022\,\text{m}\approx2.2\,\text{cm}\] 北半球向东偏；南半球 \(\lambda<0\)，\(\cos\lambda\) 仍为正但 Coriolis 力方向反转，偏向西。

3.5 转动圆环上的珠子

背景：质量为 \(m\) 的小珠穿在半径为 \(R\) 的光滑圆环上，圆环在竖直平面内以角速度 \(\Omega\) 绕竖直直径匀速转动。 以珠子相对于圆环底部的极角 \(\theta\)（从最低点量起）为广义坐标。

填空 珠子的速度由两部分组成：沿圆环的切向速度 \(R\dot\theta\) 和随圆环转动的速度。写出珠子的动能 \(T =\) ，势能 \(V =\) （取圆心为零势能）。
珠子到转轴（竖直直径）的距离为 \(R\sin\theta\)，故 \[T = \tfrac{1}{2}m R^2\dot\theta^2 + \tfrac{1}{2}m R^2\Omega^2\sin^2\!\theta\] \[V = -mgR\cos\theta\]
填空 写出 Lagrangian \(L = T - V\)，由 E-L 方程得运动方程：\(mR^2\ddot\theta =\) 。
\[L = \tfrac{1}{2}mR^2\dot\theta^2 + \tfrac{1}{2}mR^2\Omega^2\sin^2\!\theta + mgR\cos\theta\] E-L 方程： \[mR^2\ddot\theta = mR^2\Omega^2\sin\theta\cos\theta - mgR\sin\theta\]
简答 分析平衡位置及其稳定性。令 \(\ddot\theta=0\)，求所有平衡角 \(\theta_0\)，并讨论在不同 \(\Omega\) 下哪些平衡是稳定的。（提示：令 \(\cos\theta_0 = g/(R\Omega^2)\)，分析临界角速度 \(\Omega_c = \sqrt{g/R}\)。）
平衡条件：\(\sin\theta_0(R\Omega^2\cos\theta_0 - g) = 0\)，故
(i) \(\theta_0 = 0\)（底部）：任意 \(\Omega\) 均存在；
(ii) \(\theta_0 = \pi\)（顶部）：不稳定，不考虑；
(iii) \(\cos\theta_0 = g/(R\Omega^2)\)：仅当 \(\Omega \gt \Omega_c = \sqrt{g/R}\) 时 \(|\cos\theta_0| \leq 1\) 有解。

稳定性：对平衡点作小扰动 \(\theta = \theta_0 + \epsilon\)，线性化方程，看恢复力系数正负。
\(\Omega \lt \Omega_c\)：只有 \(\theta_0=0\) 稳定（底部稳定）；
\(\Omega \gt \Omega_c\)：\(\theta_0=0\) 变为不稳定，新平衡 \(\cos\theta_0 = g/(R\Omega^2)\) 稳定（珠子"飞"到侧面）。