9.20 习题课

Symbol Convention%

In accordance with ISO 80000-2, the following font conventions are employed:
- Scalars and components for vectors or tensors are represented by lightface italic type ( $a, ϕ, a_{i}, T_{i j}$ ).
- Vectors are represented by boldface italic type ( $a, ω$ ).
- Second-order tensors are represented by boldface sans-serif type ( $T, I$ ).
- Operators & Constants: Roman (upright) type is used for fixed mathematical constants (e.g., Pi $π$ , the imaginary unit $i$ ) and differential operators (e.g., the differential $d$ in $d x$ ).
- Calculus Notation: For integrals, a thin space (\,) is used to separate the integrand from the differential operator, e.g., $\int f (x) d x$ .

1 补充

1.1 全变分和边界项

1.1.1 作用量的全变分

作用量

S [q] = \int_{t_{1}}^{t_{2}} L (q, \dot{q}, t) d t

取宗量 $q$ 的变分 $q \to q + δ q$ ，端点 $t$ 的变分 $t_{i} \to t_{i} + Δ t_{i}$ （ $i = 1, 2$ ）。两者都是 $O (ϵ)$ 。

完整的作用量增量：

\begin{aligned} S & [q + δ q, t_{1} + Δ t_{1}, t_{2} + Δ t_{2}] - S [q, t_{1}, t_{2}] \\ = \int_{t_{1} + Δ t_{1}}^{t_{2} + Δ t_{2}} L (q + δ q, \dot{q} + δ \dot{q}, t) d t - \int_{t_{1}}^{t_{2}} L (t) d t \\ = \int_{t_{1}}^{t_{2}} [L (q + δ q, \dot{q} + δ \dot{q}, t) - L (t)] d t + \int_{t_{2}}^{t_{2} + Δ t_{2}} L (q + δ q, \dot{q} + δ \dot{q}, t) d t - \int_{t_{1}}^{t_{1} + Δ t_{1}} L (q + δ q, \dot{q} + δ \dot{q}, t) d t \\ = \int_{t_{1}}^{t_{2}} δ L d t + L (t_{2}) Δ t_{2} - L (t_{1}) Δ t_{1} + O (ε^{2}) \end{aligned}

其中，

δ L = \frac{\partial L}{\partial q} δ q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} δ \dot{q}, δ \dot{q} = \frac{d}{d t} δ q

将上述一阶项定义为作用量的全变分：

Δ S = {[L Δ t]}_{t_{1}}^{t_{2}} + \int_{t_{1}}^{t_{2}} δ L d t = {[L Δ t]}_{t_{1}}^{t_{2}} + δ S

右侧第一项为移动时间边界的边界项贡献，第二项为等时变分。对于第二项 $δ S$ ，课上已经讲过，利用 $δ \dot{q} = d (δ q) / d t$ 分部积分，得到

\begin{aligned} δ S & = \int_{t_{1}}^{t_{2}} (\frac{\partial L}{\partial q} δ q + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} δ \dot{q}) d t \\ = \int_{t_{1}}^{t_{2}} (\frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) δ q d t + {[p δ q]}_{t_{1}}^{t_{2}}, p := \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} \end{aligned}

通常的固定端点问题令 $δ q (t_{1}) = δ q (t_{2}) = 0$ ，边界项才消失。若初端固定，而终止时间 $t_{2}$ 固定、终点位置 $q (t_{2})$ 自由，则 $δ q (t_{2})$ 任意，驻值条件 $δ S = 0$ 除运动方程外还要求

p (t_{2}) = 0

这叫作一种自然边界条件。

例子：从一个点到一条竖直直线的最短路径

从 $(0, 0)$ 出发，终点可在直线 $x = b > 0$ 上任意滑动，求最短曲线。弧长泛函为

S [y] = \int_{0}^{b} \sqrt{1 + y^{' 2}} d x .

\frac{d}{d x} (\frac{\partial L}{\partial y^{'}}) - \frac{\partial L}{\partial y} = 0 ⟹ \frac{d}{d x} (\frac{y^{'}}{\sqrt{1 + y^{' 2}}}) = 0

对其积分得到 $y^{'} = C$ （常数），对应的极值曲线族为直线 $y (x) = k x + c$ 。根据终点的 $y (b)$ 自由，因而自然边界条件为

{\frac{\partial L}{\partial y^{'}} |}_{x = b} = {\frac{y^{'}}{\sqrt{1 + y^{' 2}}} |}_{x = b} = 0

所以 $y^{'} = 0$ ，最短线段水平，恰好垂直于终点所在的竖直直线。

1.1.2 宗量的全变分

记变化后的轨迹为 $\bar{q} = q + δ q$ 。在端点 $t_{i}$ ，定义宗量的全变分

Δ q_{i} := \bar{q} (t_{i} + Δ t_{i}) - q (t_{i}) .

展开得

\begin{aligned} Δ q_{i} & = [\bar{q} (t_{i} + Δ t_{i}) - \bar{q} (t_{i})] + [\bar{q} (t_{i}) - q (t_{i})] \\ = \dot{q} (t_{i}) Δ t_{i} + δ q (t_{i}) + O (ε^{2}) \end{aligned}

以下只保留一阶小量，因此

Δ q_{i} = δ q (t_{i}) + \dot{q} (t_{i}) Δ t_{i}

此即宗量的全变分和等时变分的关系。上一节得到作用量的全变分为

Δ S = \int_{t_{1}}^{t_{2}} (\frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) δ q d t + {[p δ q + L Δ t]}_{t_{1}}^{t_{2}} .

在边界项中用 $δ q = Δ q - \dot{q} Δ t$ ，得到

Δ S = \int_{t_{1}}^{t_{2}} (\frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}) δ q d t + {[p Δ q - H Δ t]}_{t_{1}}^{t_{2}}, H := p \dot{q} - L

驻值要求：对所有允许的变化都有 $Δ S = 0$ 。先固定端点，利用内部扰动的任意性，得到欧拉–拉格朗日方程；在此方程成立的轨迹上，内部积分项消失，只剩边界项：

Δ S = {[p Δ q - H Δ t]}_{t_{1}}^{t_{2}} .

所以，端点变化的信息完整地保留在边界项中。

1.1.3 横截条件

仍以单自由度为例。初端的时空位置固定，终端只能沿 $(t, q)$ 平面中给定的曲线

q = φ (t)

滑动。这不是说整条运动轨迹都被这条曲线约束。终端的一阶全变分满足

Δ q_{2} = φ^{'} (t_{2}) Δ t_{2}

对满足内部运动方程的轨迹，将此关系代入边界项，初端贡献为零，得到

Δ S = [p (t_{2}) φ^{'} (t_{2}) - H (t_{2})] Δ t_{2}

由于 $Δ t_{2}$ 可以取任意小的正值或负值，要使 $Δ S = 0$ ，必须有

p (t_{2}) φ^{'} (t_{2}) - H (t_{2}) = 0

这就是此种端点约束下的横截条件。它包含除拉格朗日方程外的额外信息。

从原点到斜线

x + y = 1

的最短路径

考察第一象限内从原点到该斜线的曲线，写成 $y = y (x)$ ，终点为 $(b, 1 - b)$ 。
此处自变量 $x$ 扮演上述 $t$ 的角色，记

L = \sqrt{1 + y^{' 2}}, p = L_{y^{'}}, H = y^{'} p - L .

内部欧拉—拉格朗日方程给出 $y^{'} = 常数$ ，所以候选路径是过原点的直线。
终点沿 $x + y = 1$ 移动时， $Δ y = - Δ b$ 。于是边界项为

Δ S = p Δ y - H Δ b = - (p + H) Δ b = \frac{1 - y^{'}}{\sqrt{1 + y^{' 2}}} Δ b

要使其对任意 $Δ b$ 都为零，终点处必须有 $y^{'} = 1$ 。
因而候选路径为 $y = x$ ，终点为 $(1 / 2, 1 / 2)$ ；它与
$x + y = 1$ 垂直，确为最短线段。

1.2 广义拉格朗日方程 *

1.2.1 二阶

以下固定端点时刻，记 $L_{q} = \partial L / \partial q$ ，其余下标同理。考虑

S [q] = \int_{t_{1}}^{t_{2}} L (q, \dot{q}, \ddot{q}, t) d t

等时变分满足微分和变分可以互换： $δ \dot{q} = \frac{d}{d t} δ q$ 、 $δ \ddot{q} = \frac{d^{2}}{d t^{2}} δ q$ 。所以可直接展开

δ S = \int_{t_{1}}^{t_{2}} (L_{q} δ q + L_{\dot{q}} δ \dot{q} + L_{\ddot{q}} δ \ddot{q}) d t

两次分部积分后，完整形式为

δ S = \int_{t_{1}}^{t_{2}} (L_{q} - \frac{d}{d t} L_{\dot{q}} + \frac{d^{2}}{d t^{2}} L_{\ddot{q}}) δ q d t + {[P_{0} δ q + P_{1} δ \dot{q}]}_{t_{1}}^{t_{2}}

其中

P_{0} := L_{\dot{q}} - \frac{d}{d t} L_{\ddot{q}}, P_{1} := L_{\ddot{q}}

因此内部方程是

\frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} + \frac{d^{2}}{d t^{2}} \frac{\partial L}{\partial \ddot{q}} = 0

此为二阶拉格朗日方程。

1.2.2 任意阶

取 $L = L (q, \dot{q}, \dots, q^{(N)}, t)$ 。则

δ S = \sum_{i = 0}^{N} \int_{t_{1}}^{t_{2}} \frac{\partial L}{\partial q^{(i)}} δ q^{(i)} d t

逐项分部积分 $i$ 次，得到内部驻值条件为广义拉格朗日方程

\sum_{i = 0}^{N} {(- \frac{d}{d t})}^{i} \frac{\partial L}{\partial q^{(i)}} = 0

得到上式需要固定两端的 $q$ 到 $q^{(N - 1)}$ 。

1.2.3 最小加速度轨迹

固定 $q (0) = 0$ 、 $q (T) = 1$ 、 $\dot{q} (0) = \dot{q} (T) = 0$ ，在这些轨迹中最小化

S [q] = \frac{1}{2} \int_{0}^{T} {\ddot{q}}^{2} d t

由二阶拉格朗日方程得 $q^{(4)} = 0$ ，即 $q = c_{0} + c_{1} t + c_{2} t^{2} + c_{3} t^{3}$ 。代入四个端点条件得：

q (t) = (3 τ^{2} - 2 τ^{3}), τ = t / T

1.3 拉格朗日乘子法

1.3.1 完整理想约束

若所选坐标满足约束

f (q_{1}, \dots, q_{n}, t) = 0,

则允许变分满足

\sum_{i} \frac{\partial f}{\partial q_{i}} δ q_{i} = 0.

所以 $δ q_{i}$ 不是彼此独立的，不能把作用量一阶变分中的每个系数分别置零。消元常会得到复杂的根式和耦合方程；保留坐标并引入乘子反而简单。

1.3.2 带乘子的拉格朗日方程

对一个理想约束 $f (q, t) = 0$ ，引入乘子函数 $λ (t)$ ，构造

L^{*} = L (q, \dot{q}, t) + λ (t) f (q, t)

拉格朗日方程为

\frac{d}{d t} \frac{\partial L^{*}}{\partial {\dot{q}}_{i}} - \frac{\partial L^{*}}{\partial q_{i}} = 0 or \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_{i}} - \frac{\partial L}{\partial q_{i}} = \underset{广 义 约 束 力 λ \nabla f}{\underset{⏟}{λ \frac{\partial f}{\partial q_{i}}}}

以及原本的理想约束藏在对乘子的拉格朗日方程里：

\frac{d}{d t} \frac{\partial L^{*}}{\partial \dot{λ}} - \frac{\partial L^{*}}{\partial λ} = - f (q, t) = 0.

因此带乘子的拉格朗日方程形式为

\frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_{i}} - \frac{\partial L}{\partial q_{i}} = λ \frac{\partial f}{\partial q_{i}}, f (q, t) = 0

注意多个独立约束 $f_{α} = 0$ 时，取 $L^{*} = L + \sum_{α} λ_{α} f_{α}$ ，右端的广义约束力相应求和。上述方法不直接适用于一般非完整速度约束。

1.3.3 例：椭球面上小珠的瞬时约束力 *

质量为 $m$ 的小珠被双侧光滑约束在椭球面

\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{z^{2}}{c^{2}} = 1, a, b, c > 0,

设 $z$ 轴竖直向上，重力为 $- m g e_{z}$ 。已知位置 $(x, y, z)$ 及满足切向条件

\frac{x v_{x}}{a^{2}} + \frac{y v_{y}}{b^{2}} + \frac{z v_{z}}{c^{2}} = 0

的速度，求约束力和加速度（不求轨迹）。若消元取 $z = \pm c \sqrt{1 - x^{2} / a^{2} - y^{2} / b^{2}}$ ，动能和方程会迅速变复杂；而乘子法不必消去任何坐标。

直接写

L^{*} = \frac{m}{2} ({\dot{x}}^{2} + {\dot{y}}^{2} + {\dot{z}}^{2}) - m g z + \frac{λ}{2} (\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{z^{2}}{c^{2}} - 1) .

对 $x, y, z$ 用标准拉格朗日方程，得到

m \ddot{x} = λ \frac{x}{a^{2}}, m \ddot{y} = λ \frac{y}{b^{2}}, m \ddot{z} = - m g + λ \frac{z}{c^{2}};

对 $λ$ 则恢复椭球约束。对约束求导两次得

\frac{x \ddot{x}}{a^{2}} + \frac{y \ddot{y}}{b^{2}} + \frac{z \ddot{z}}{c^{2}} = - (\frac{v_{x}^{2}}{a^{2}} + \frac{v_{y}^{2}}{b^{2}} + \frac{v_{z}^{2}}{c^{2}}) .

令 $D = x^{2} / a^{4} + y^{2} / b^{4} + z^{2} / c^{4}$ ，代入即

λ = m \frac{g z / c^{2} - (v_{x}^{2} / a^{2} + v_{y}^{2} / b^{2} + v_{z}^{2} / c^{2})}{D}

无需消元或求全轨迹，瞬时结果直接是

F_{c} = λ (\frac{x}{a^{2}}, \frac{y}{b^{2}}, \frac{z}{c^{2}}), m a = F_{c} - m g e_{z}

1.3.4 常数乘子

若逐点约束对每个 $t$ 都成立，乘子是函数 $λ (t)$ ；一个积分约束只限制整条曲线的一个数值，在约束正则时只需一个常数乘子。

例：固定面积下使斜率平方积分最小。在 $0 \leq x \leq 1$ 上，

y (0) = y (1) = 0, \int_{0}^{1} y d x = 1, S [y] = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} y^{' 2} d x

取乘子 $λ$ ：

S_{a u g} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} y^{' 2} d x + λ (\int_{0}^{1} y d x - A)

对 $y$ ，使用被积函数 $L^{*} = \frac{1}{2} y^{' 2} + λ y$ 写拉格朗日方程：

\frac{d}{d x} \frac{\partial L^{*}}{\partial y^{'}} - \frac{\partial L^{*}}{\partial y} = 0 ⟹ y^{″} = λ

利用端点条件，再代入面积条件，得到

y = \frac{λ}{2} (x^{2} - x), λ = - 12, y_{*} (x) = 6 x (1 - x)

2 一些题

2.1 抛物线轨道与竖直轨道之间的匀质棒

如图所示，一根长为 $1$ 的匀质直棒两端均装上小环，其上端小环套在弯曲轨道 $y = \frac{1}{2} x^{2}$ 上（这里 $y$ 轴竖直向下， $x$ 轴水平向右）；下端小环套在 $y$ 轴上，两环均可自由滑动。若棒处于平衡状态，求棒和竖直方向所成的夹角 $θ$ ，已知 $θ \neq 0$ 。

解取 $θ$ 为广义坐标。令 $m$ 为棒的质量， $y$ 表示上端小环的纵坐标，则棒的势能为

V = - m g (y + \frac{1}{2} \cos θ) = - \frac{1}{2} m g (\sin^{2} θ + \cos θ)

平衡时 $\frac{d V}{d θ} = 0$ ，即

2 \sin θ \cos θ - \sin θ = 0

对于图示构型的非零夹角，得到

\cos θ = \frac{1}{2}, θ = 60^{\circ}

2.2 圆轨道上由轻杆连接的两小环

质量分别为 $m$ 和 $M$ 的两个小环，套在固定于竖直平面内、半径为 $R$ 的光滑圆轨道上。两小环分别连在长为 $R$ 的轻杆两端。求两小环静止时，轻杆与水平面的夹角 $θ$ 。

解杆是圆的一条弦，所对圆心角为 $\frac{π}{3}$ ，弦心距 $d = \frac{\sqrt{3}}{2} R$ 。整个“杆—双环”作为刚体绕 $O$ 转动，自由度 1。

取 $θ$ 为杆与水平方向的夹角，取杆如图斜向上时 $θ > 0$ 。取 $O$ 为原点、 $y$ 轴竖直向上。弦中点坐标

r_{c} = d (\sin θ, - \cos θ)

两个圆环坐标

r_{M} = r_{c} - \frac{R}{2} e, r_{m} = r_{c} + \frac{R}{2} e, e = (\cos θ, \sin θ)

取上式的 $y$ 分量得两个圆环高度为

y_{M} = - d \cos θ - \frac{R}{2} \sin θ, y_{m} = - d \cos θ + \frac{R}{2} \sin θ .

得势能

V = g (M y_{M} + m y_{m}) = - \frac{\sqrt{3}}{2} (M + m) g R \cos θ + \frac{R}{2} (m - M) g \sin θ .

令 $\frac{d V}{d θ} = 0$ ：

\frac{\sqrt{3}}{2} (M + m) g R \sin θ + \frac{R}{2} (m - M) g \cos θ = 0 ⟹ \tan θ = \frac{M - m}{\sqrt{3} (M + m)}

2.3 弹簧—滑块—单摆

如图所示，质量为 $m$ 的小球和长度为 $a$ 的轻绳组成单摆，单摆的上端悬挂在质量为 $M$ 的滑块上。滑块在光滑水平面上作直线运动，并且用弹性系数为 $k$ 的弹簧连到一固定点。以 $x, θ$ 作为广义坐标，写出系统的拉氏函数并列出运动方程组。

解拉格朗日函数为

L = \frac{1}{2} M {\dot{x}}^{2} + \frac{1}{2} m [(a \dot{θ} \cos θ + \dot{x})^{2} + (a \dot{θ} \sin θ)^{2}] - \frac{1}{2} k x^{2} - m g a (1 - \cos θ)

对 $x$ ：

\frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} - \frac{\partial L}{\partial x} = (M + m) \ddot{x} + m a (\ddot{θ} \cos θ - {\dot{θ}}^{2} \sin θ) + k x = 0.

对 $θ$ ：

\frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{θ}} - \frac{\partial L}{\partial θ} = m a^{2} \ddot{θ} + m a \ddot{x} \cos θ + m g a \sin θ = 0 ⟹ a \ddot{θ} + \ddot{x} \cos θ + g \sin θ = 0.

$∴$ 运动方程组为

{\begin{cases} (M + m) \ddot{x} + m a (\ddot{θ} \cos θ - {\dot{θ}}^{2} \sin θ) + k x = 0, \\ a \ddot{θ} + \ddot{x} \cos θ + g \sin θ = 0. \end{cases}

2.4 二维各向同性弹簧振子

讨论二维弹簧振子的运动，即质量为 $m$ 的粒子在如下势场中运动：

V (x, y) = \frac{1}{2} k (x^{2} + y^{2}),

其中 $k$ 为常数。已选力心为坐标原点，并选笛卡尔坐标 $(x, y)$ 为广义坐标。

写出系统的拉格朗日量，并根据欧拉—拉格朗日方程推导粒子的动力学方程。
证明在一般情况下，粒子的运动轨道为椭圆。
在什么情况下，轨道退化为直线？

解（1）

L = T - V = \frac{1}{2} m ({\dot{x}}^{2} + {\dot{y}}^{2}) - \frac{1}{2} k (x^{2} + y^{2})

拉格朗日方程：

\frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} - \frac{\partial L}{\partial x} = m \ddot{x} + k x = 0, \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{y}} - \frac{\partial L}{\partial y} = m \ddot{y} + k y = 0,

即角频率 $ω = \sqrt{k / m}$ 的简谐振动。

（2）两方程的解为 $x = A \cos (ω t + φ_{1})$ 、 $y = B \cos (ω t + φ_{2})$ ，即

r = (\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) = \underset{A}{\underset{⏟}{(\begin{matrix} A \cos φ_{1} & - A \sin φ_{1} \\ B \cos φ_{2} & - B \sin φ_{2} \end{matrix})}} (\begin{matrix} \cos ω t \\ \sin ω t \end{matrix})

当 $det A \neq 0$ 时， $A$ 为可逆线性变换。它把单位圆 $u = (\cos ω t, \sin ω t)^{T}$ 经过旋转、反射以及沿相互垂直方向的伸缩变为椭圆（包括圆），故轨道为椭圆。

（3）直接算变换矩阵的行列式

det A = A B \sin (φ_{1} - φ_{2})

轨道退化为直线的条件为 $det A = 0$ ，即 $φ_{1} - φ_{2} = n π (n \in Z)$ 或 $A = 0$ 或 $B = 0$ 。

2.5 抛体运动的作用量比较

在竖直平面 $x y$ 内， $t = 0$ 时由坐标原点 $O$ 斜抛某物块， $t = 1$ 时物块到达 $P (10, 5)$ 点。系统的拉格朗日函数写为

L = \frac{1}{2} ({\dot{x}}^{2} + {\dot{y}}^{2}) - 10 y .

对于以下三个可能的过程：

过程	$x (t)$	$y (t)$
A	$10 t$	$5 t$
B	$10 t$	$5 t^{2}$
C	$10 t$	$5 t (2 - t)$

分别计算作用量 $S = \int_{0}^{1} L d t$ 的值，找出其中作用量最小的过程。
对于上一问找到的过程，通过验证拉格朗日方程，判断它在所有可能过程中作用量是否仍是最小。

解三个过程的作用量分别为

S_{A} = 37.5, S_{B} = 50, S_{C} = \frac{100}{3}

其中过程 C 的作用量最小。对过程 C，可以验证

\frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} - \frac{\partial L}{\partial x} = \ddot{x} = 0, \frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{y}} - \frac{\partial L}{\partial y} = \ddot{y} + 10 = 0.

校注：原题提示与原解的论证缺口

原解据此直接断言“在所有可能过程中，过程 C 作用量最小”。验证拉格朗日方程只能证明驻值，不能单独证明最小性；原题第（2）问的提示也应据此补充。
本题的最小性结论是对的，可以补证如下。设

x = x_{C} + η_{x}, y = y_{C} + η_{y}, η_{x} (0) = η_{x} (1) = η_{y} (0) = η_{y} (1) = 0

展开作用量差，利用 ${\ddot{x}}_{C} = 0$ 、 ${\ddot{y}}_{C} = - 10$ 分部积分，一阶交叉项消失，得到

S [x, y] - S_{C} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} ({\dot{η}}_{x}^{2} + {\dot{η}}_{y}^{2}) d t \geq 0.

等号仅在扰动恒为零时成立。因此在相同时空端点、足够光滑的候选轨迹中，过程 C 确实给出唯一的最小作用量。

2.6 两条正交斜轨道上的连杆小环

两个质量分别为 $m_{1}$ 和 $m_{2}$ 的小环，连接在一个长度为 $l$ 的轻杆两端。两个小环分别套在两个固定的光滑斜轨道上。两轨道相交于 $O$ 点，夹角为直角，其角平分线为竖直垂线。轻杆与竖直线的夹角为 $θ$ ，如图所示。

若两小环处于静平衡，求此时 $θ$ 为多少。
若左侧小环以速率 $v_{1}$ 运动且 $θ$ 已知，求右侧小环的速率 $v_{2}$ 。
以 $θ$ 为广义坐标，写出系统的拉格朗日函数。
给出两质点在平衡位置附近做微小振动时的拉格朗日方程。

解（1）势能为

\begin{aligned} V = & - m_{1} g l \cos (θ - \frac{π}{4}) \cos \frac{π}{4} - m_{2} g l \sin (θ - \frac{π}{4}) \cos \frac{π}{4} \\ = & - \frac{g l}{\sqrt{2}} \sqrt{m_{1}^{2} + m_{2}^{2}} \cos (θ - \frac{π}{4} - \arctan \frac{m_{2}}{m_{1}}) \end{aligned}

取势能极小有

θ_{0} = \frac{π}{4} + \arctan \frac{m_{2}}{m_{1}}

（2）速度关系。用 $s_{1}, s_{2}$ 分别表示两小环到 $O$ 点的距离。约束为

s_{1}^{2} + s_{2}^{2} = l^{2}

对时间求导，得到

s_{1} {\dot{s}}_{1} + s_{2} {\dot{s}}_{2} = 0, {\dot{s}}_{2} = - \frac{s_{1}}{s_{2}} {\dot{s}}_{1}

利用

s_{1} = l \cos (θ - \frac{π}{4}), s_{2} = l \sin (θ - \frac{π}{4})

对于 $s_{2} \neq 0$ ，速率关系为

v_{2} = v_{1} | \cot (θ - \frac{π}{4}) |

（3）拉格朗日函数。动能为

T = \frac{1}{2} m_{1} l^{2} \sin^{2} (θ - \frac{π}{4}) {\dot{θ}}^{2} + \frac{1}{2} m_{2} l^{2} \cos^{2} (θ - \frac{π}{4}) {\dot{θ}}^{2}

拉格朗日函数为 $L = T - V$ 。

（4）微振动方程。平衡位置为 $θ_{0} = \frac{π}{4} + \arctan \frac{m_{2}}{m_{1}}$ 。令 $φ = θ - θ_{0}$ 表示小偏离。

由第（3）问的动能，在平衡位置处

I ≜ {[m_{1} l^{2} \sin^{2} (θ - \frac{π}{4}) + m_{2} l^{2} \cos^{2} (θ - \frac{π}{4})]}_{θ = θ_{0}} = l^{2} \frac{m_{1} m_{2} (m_{1} + m_{2})}{m_{1}^{2} + m_{2}^{2}}

即平衡点附近 $T ≃ \frac{1}{2} I {\dot{φ}}^{2}$ 。势能按第（1）问的结果展开，

V = - \frac{g l}{\sqrt{2}} \sqrt{m_{1}^{2} + m_{2}^{2}} \cos (θ - θ_{0}) ≃ const + \frac{g l}{2 \sqrt{2}} \sqrt{m_{1}^{2} + m_{2}^{2}} φ^{2}

拉格朗日方程得

\frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial \dot{φ}} - \frac{\partial L}{\partial φ} = I \ddot{φ} + \frac{g l}{\sqrt{2}} \sqrt{m_{1}^{2} + m_{2}^{2}} φ = 0 ⟺ \ddot{θ} + ω^{2} (θ - θ_{0}) = 0

其中

ω^{2} = \frac{g (m_{1}^{2} + m_{2}^{2})^{3 / 2}}{\sqrt{2} l m_{1} m_{2} (m_{1} + m_{2})}

2.7 在三等分点铰接的双质点摆

轻杆长 $3 l$ ，两端各连接一个质量为 $m$ 的质点。在杆的 $1 / 3$ 位置的 $O$ 点固定安置铰链，使杆能在竖直平面内摆动，如图。

写出系统的拉格朗日函数。
给出系统做微振动时的拉格朗日方程。

解（1）系统的拉格朗日函数为

L = \frac{5}{2} m l^{2} {\dot{θ}}^{2} - m g l (1 - \cos θ)

（2）拉格朗日方程为

5 m l^{2} \ddot{θ} + m g l \sin θ = 0

2.8 显含时间的单自由度拉格朗日量

一个单自由度的拉格朗日量为

L = {\dot{q}}^{2} \sin^{2} t + q \dot{q} \sin 2 t + q^{2}

其中 $\dot{q}$ 表示 $q$ 对时间 $t$ 的导数。列出并求解拉格朗日方程。

解拉氏量

\begin{aligned} L & = {\dot{q}}^{2} \sin^{2} t + 2 q \dot{q} \sin t \cos t + q^{2} \cos^{2} t + q^{2} \sin^{2} t \\ = (\dot{q} \sin t + q \cos t)^{2} + q^{2} \sin^{2} t \\ = {[\frac{d}{d t} (q \sin t)]}^{2} + q^{2} \sin^{2} t \end{aligned}

取新的广义坐标

Q = q \sin t

则

L = {\dot{Q}}^{2} + Q^{2}

注意势能项的符号与简谐振子相反。运动方程为

\ddot{Q} - Q = 0

通解为 $Q = A e^{t} + B e^{- t}$ 。用原广义坐标表示，得到

q (t) = \frac{A e^{t} + B e^{- t}}{\sin t}

note：原坐标方程与换元的适用区间

直接在原坐标中计算，可得

\sin^{2} t \ddot{q} + \sin 2 t \dot{q} - 2 \sin^{2} t q = 0

在 $\sin t \neq 0$ 的区间，等价于 $\ddot{q} + 2 \cot t \dot{q} - 2 q = 0$ 。
原解的换元 $Q = q \sin t$ 及通解公式适用于不跨越 $t = n π$ 的区间。若要求解穿过这些时刻，需另行检查有限性与光滑性，不能直接把奇异点约去。

2.9 细线穿珠：保留笛卡尔坐标的约束问题

质量为 $m$ 的珠子穿在长为 $10 l$ 的细线上，能无摩擦地滑动。线的两端分别固定在同一高度的 $A, B$ 两点，两点相距 $6 l$ 。忽略细线的质量，珠子运动过程中，珠子与 $A, B$ 两点之间的细线始终绷直，如图。

若珠子运动并不限制只在竖直平面内，以珠子能静平衡的位置为坐标原点建立直角坐标系 $O x y z$ ， $z$ 轴竖直向上，选取珠子的三维坐标 $(x, y, z)$ 为广义坐标。

写出广义坐标满足的约束关系 $f (x, y, z) = 0$ 。
写出尚未处理约束关系时系统的拉格朗日函数 $L (x, y, z, \dot{x}, \dot{y}, \dot{z}, t)$ 。
给出以 $(x, y, z)$ 为广义坐标时，珠子满足的拉格朗日方程组。

解 (1) 以下取 $x$ 轴平行于 $A B$ 、 $y$ 轴水平且垂直于 $A B$ ，则原文给出的约束为椭球方程：

f (x, y, z) = \frac{x^{2}}{(5 l)^{2}} + \frac{y^{2} + (z - 4 l)^{2}}{(4 l)^{2}} - 1 = 0

（2）拉格朗日函数。

L (x, y, z, \dot{x}, \dot{y}, \dot{z}, t) = \frac{1}{2} m ({\dot{x}}^{2} + {\dot{y}}^{2} + {\dot{z}}^{2}) - m g z .

（3）方程组。记约束为 $f (x, y, z) = 0$ （同第（1）问）。未处理约束的拉格朗日量为 $\frac{1}{2} m ({\dot{x}}^{2} + {\dot{y}}^{2} + {\dot{z}}^{2}) - m g z$ ，引入乘子 $λ (t)$ 后，拉格朗日方程为

\frac{d}{d t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{q}}_{i}} - \frac{\partial L}{\partial q_{i}} = λ \frac{\partial f}{\partial q_{i}}, i = x, y, z,

其中

\frac{\partial f}{\partial x} = \frac{2 x}{25 l^{2}}, \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{2 y}{16 l^{2}} = \frac{y}{8 l^{2}}, \frac{\partial f}{\partial z} = \frac{2 (z - 4 l)}{16 l^{2}} = \frac{z - 4 l}{8 l^{2}}

即

{\begin{cases} m \ddot{x} = \frac{2 λ x}{25 l^{2}}, \\ m \ddot{y} = \frac{λ y}{8 l^{2}}, \\ m \ddot{z} = - m g + \frac{λ (z - 4 l)}{8 l^{2}}, \\ \frac{x^{2}}{25 l^{2}} + \frac{y^{2} + (z - 4 l)^{2}}{16 l^{2}} = 1. \end{cases}

其中 $λ (t)$ 为待定的拉格朗日乘子，需与运动方程联立求解；约束力即 $λ \nabla f$ ，其具体形式取决于所取的 $f$ （参见 §1.3.3）。

note：约束面的几何

由 $| P A | + | P B | = 10 l$ 、 $| A B | = 6 l$ ，约束面是以 $A, B$ 为焦点的旋转椭球面：长半轴为 $5 l$ ，短半轴为 $\sqrt{5^{2} - 3^{2}} l = 4 l$ 。因 $A B$ 水平，绕 $A B$ 的横截面是半径 $4 l$ 的圆。取静平衡点（椭球最低点）为原点后，椭球中心位于 $z = 4 l$ ，故出现 $(z - 4 l)$ 项。