Answer for HW7

1 HW 7-1

1.1 估算行星质量

将行星 $m$ 和恒星 $M$ 视为双星系统，两者距离为 $r$ ，对于近似圆周运动，视向速度为三角函数，满足：

v = \frac{2 π r_{M}}{T} = \frac{2 π}{T} \cdot \frac{m}{m + M} r

双星的角速度容易根据万有引力 $=$ 向心力算出为：

ω = \sqrt{\frac{G (m + M)}{r^{3}}} = \frac{2 π}{T}, 该 式 亦 为 开 三 定 律

于是结合上述两式，消去其中的 $r$ 可得到：

v = {(\frac{2 π G}{T (m + M)^{2}})}^{1 / 3} m \approx {(\frac{2 π G}{T M^{2}})}^{1 / 3} m \to m \approx v {(\frac{T M^{2}}{2 π G})}^{1 / 3}

得到

m \approx 57 \cdot {(\frac{(4.23 \times 24 \times 60 \times 60) \cdot (1.06 \times 1.989 \times 10^{30})^{2}}{2 π \cdot 6.674 \times 10^{- 11}})}^{1 / 3} kg \approx 8.95 \times 10^{26} kg \approx 0.47 M_{J u p i t e r}

1.2 势散射

见朗道力学

前情提要

(a)

(b)

朗道书中， $χ$ 是散射角。

ps：上面的从(7)式往后的繁琐积分是没必要的，因为 $d σ = 2 π ρ d ρ$ ，确定 $ρ$ 最大可取为 $a$ 后，其积分显然为 $π a^{2}$ 。

1.3 有心力场

Info

改作业时发现很多同学竟然不会用 $V_{e f f}$ 判断轨道是否有界，这是力学的内容。已知

E = \frac{1}{2} m {\dot{r}}^{2} + V_{e f f} \Rightarrow 0 = m \dot{r} \frac{d \dot{r}}{d r} + \frac{d V_{e f f}}{d r}

所以

假设 $\dot{r} > 0$ ，所以朝着物体移动的方向： $r$ 增大的方向，若 $\frac{d V_{e f f}}{d r} > 0$ 也即 $V_{e f f}$ 增加就意味着 $\frac{d \dot{r}}{d r} < 0$ ，即速度减小，粒子被束缚。
假设 $\dot{r} < 0$ ，所以朝着物体移动的方向： $r$ 减小的方向，若 $\frac{d V_{e f f}}{d (- r)} > 0 o r \frac{d V_{e f f}}{d r} < 0$ 也即 $V_{e f f}$ 增加就意味着 $\frac{d \dot{r}}{d r} > 0 o r \frac{d \dot{r}}{d (- r)} > 0$ ，即速度减小，粒子被束缚。

上述的情形对应如下图片当中 $E_{1} < E < E_{2}, r_{1} < r < r_{2}$ 的片段：
zz_figure/Pasted image 20251115144621.png

画一条水平线，它的纵坐标为 $E$ ，因为 $E = \frac{1}{2} m {\dot{r}}^{2} + V_{e f f}$ ，所以若此时 $V_{e f f}$ 曲线在该水平线下侧，那么水平线与 $V_{e f f}$ 曲线的差距就是径向动能 $\frac{1}{2} m {\dot{r}}^{2}$ ，所以若初始时轨道在 $E_{1} < E < E_{2}, r_{1} < r < r_{2}$ 的片段，那么运动就无法跨过区间两侧的势垒，否则 $\frac{1}{2} m {\dot{r}}^{2} < 0$ ，物体被束缚。

若刚好 $E = E_{2}$ ，那么物体就只能待在极小值点，也就是做圆轨道运动。若 $E > E_{1}$ 并且从 $r < r_{1}$ 开始运动，那么就可以轻而易举地跨越势垒，导致运动无界。若 $E < E_{1}$ ，但物体没有运动到被束缚的区间 $r_{1} < r < r_{2}$ ，而是运动在 $r > r_{2}$ ，那么朝着 $r$ 增大的方向，径向动能 $\frac{1}{2} m {\dot{r}}^{2}$ 越大，轨道也是无界的。开普勒运动中，就是这样来区分三种轨道的。

(a) 线性力 $\vec{F} = - k \vec{r}$ , $U = \frac{1}{2} k r^{2}$

因为切换大小写过于麻烦，所以以下讨论用 $h$ 代替 $L$ ，约化质量 $μ$ 代替 $m$ .

我们使用 binet 微商方程，做如下换元：

u \equiv \frac{1}{r^{2}}

那么

\frac{d u}{d ϕ} = - \frac{2}{r^{3}} \frac{d r}{d ϕ}

\dot{r} = \frac{d r}{d ϕ} \dot{ϕ} = - \frac{r^{3}}{2} \dot{ϕ} \frac{d u}{d ϕ} = - \frac{r}{2} \frac{h}{μ} \frac{d u}{d ϕ}

同时能量守恒给出：

\frac{1}{2} μ {\dot{r}}^{2} = \frac{1}{8} \frac{h^{2}}{u μ} {(\frac{d u}{d ϕ})}^{2} = E - \frac{h^{2}}{2 μ} u - \frac{k}{2 u}

整理第二个等号得到：

{(\frac{d u}{d ϕ})}^{2} + 4 u^{2} - \frac{8 E μ}{h^{2}} u = - \frac{4 k μ}{h^{2}}

改写为：

{[\frac{d}{d ϕ} (u - \frac{E μ}{h^{2}})]}^{2} + 4 {(u - \frac{E μ}{h^{2}})}^{2} = - \frac{4 k μ}{h^{2}} + 4 {(\frac{E μ}{h^{2}})}^{2}

该方程可分离变量求解，得到：

u = \frac{E μ}{h^{2}} + \frac{E μ}{h^{2}} {(1 - \frac{k h^{2}}{E^{2} μ})}^{1 / 2} \cos 2 (ϕ - ϕ_{0}) \equiv \frac{1}{r^{2}}

做换元 $(x, y) = r (\cos ϕ, \sin ϕ)$ 并取 $ϕ_{0} = 0$ 可发现上式为圆锥曲线方程，其离心率满足：

{(1 - \frac{k h^{2}}{E^{2} μ})}^{1 / 2} = \frac{e^{2}}{2 - e^{2}}

离心率 $e$ ，或者说 $k$ 的正负(排斥或吸引势)，将确定轨道的形状。注意 $e$ 不但大于 $0$ ，还要小于 $\sqrt{2}$ （因为上式为平方根，要大于 0）。

此外，本题选用拉格朗日方程的方法可更快得到结果。（采用直角坐标，发现拉格朗日方程就是简谐振动方程）

(b) 球方势阱 $V (r) = - V_{1} (r < a), V (r) = 0 (r > a)$

假设 $V_{1} > 0$ 。如果物体的瞄准距离 $d$ 大于 $a$ , 显然只会(1)在球外做直线运动，反之，轨道(2)在球内发生折射或者(3)被束缚在球内。

一般来说，可以分三种情形绘制如下 $V_{e f f}$ ，以此确定轨道的有界还是无界，注意对于球外的物体，穿过球体的条件 $d < a$ 等价于 $E = \frac{1}{2} m v_{\infty}^{2} > \frac{L^{2}}{2 m a^{2}}$ （对应于下图紫色区域，即 $E > \frac{L^{2}}{2 m a^{2}}, 存在 r < a$ ）

(c) 反比力

见 HW6的T2，根据 $E$ 和 $\frac{h^{2}}{2 μ} - k$ 的正负可确定轨道形状。通过 $V_{e f f}$ 作图可以进一步确认轨道是否有界。

(d) Yukawa 势 $U (r) = - \frac{k e^{- α r}}{r}$

对于 $V_{e f f} (r) = \frac{h^{2}}{2 μ r^{2}} - \frac{k e^{- α r}}{r}$ ，有

\frac{d V_{e f f}}{d r} = - \frac{h^{2}}{μ r^{3}} + k e^{- α r} \frac{α r + 1}{r^{2}} = r^{- 3} f (r), f (r) = k e^{- α r} (α r + 1) r - \frac{h^{2}}{μ}

令 $\frac{d V_{e f f}}{d r} = 0$ , 可以得到对应圆轨道的半径，在常见情形下( $k > 0, α > 0$ )，该方程有 0~2 个根（对应 $V_{e f f}$ 有 0~2 个极值点）。据此可以画出 $V_{e f f} (r)$ 的图像，根据直线 $V_{e f f} = E$ 在途中的位置，可以将轨道分为几种类型：

无界(类似抛物线/双曲线但与之偏离。或者从无穷远入射，环绕几圈后再返回无穷远);
进动(类椭圆轨道的进动);
圆(特殊情形，但处于势能极大时容易不稳定)。

所以根据 $\frac{d V_{e f f}}{d r} = 0$ 根的个数得到如下图：

对于最常见的第一种情形， $f (r)$ 在 $[0, + \infty)$ 区间上被 $V_{e f f}$ 的两个极值点 $r_{1}, r_{2}$ 分割，符号变化为 $- \to + \to -$ ， $f (r)$ 的极大值点由 $f^{'} (r_{0}) = 0$ 得到, 为 $r_{0} = \frac{1 + \sqrt{5}}{2 α}$ ，由上述几个曲线可知，要使得轨道有界，必须存在 $\frac{d V_{e f f}}{d r} = 0$ 或者说存在 $f (r_{1, 2}) = 0$ 成立，那么必须有

f (r_{0}) > 0

于是得到

α \frac{h^{2}}{μ} < 2 (2 + \sqrt{5}) k e^{- (\sqrt{5} + 1) / 2}

若上式不成立，则轨道无界。反之，三种情况都有可能。

2 HW 7-2

2.1 三维各向同性谐振子

(a)

将 $m ω^{2}$ 替换为 $k$ ， $m$ 替换为约化质量 $μ$ ，可得到与 HW7-1第三题(a) 一致的结果。题目要求用积分求解，助教在这里偷个懒，就不细算了。

(b)

取 $ϕ_{0} = 0$ ，以及：

u = \frac{m E}{L^{2}} + \frac{m E}{L^{2}} {(1 - \frac{ω^{2} L^{2}}{E^{2}})}^{\frac{1}{2}} \cos 2 ϕ \equiv \frac{1}{r^{2}}, {(1 - \frac{ω^{2} L^{2}}{E^{2}})}^{\frac{1}{2}} = \frac{e^{2}}{2 - e^{2}}

代入 $(x, y) = r (\cos ϕ, \sin ϕ)$ 得到：

(A + B) x^{2} + (A - B) y^{2} = 1, A = \frac{m E}{L^{2}}, B = \frac{m E}{L^{2}} {(1 - \frac{ω^{2} L^{2}}{E^{2}})}^{\frac{1}{2}} < A

或者，

r = \frac{p}{1 + e \cos θ}, \frac{1}{a^{2}} = A - B > 0, \frac{1}{b^{2}} = A + B

这保证了轨道是椭圆( $0 \leq e \leq 1$ )，联立后两式可得：

E = \frac{1}{2} m ω^{2} (a^{2} + b^{2}), L = m ω a b

(c)

面积速度是

κ = r v_{⊥} = \frac{L}{m} = ω a b

而熟知的椭圆面积是

S = 2 π a b

于是得到

T = \frac{S}{κ} = \frac{2 π}{ω}

而对于求解 $r = r (t)$ ，根据 $t = \int \frac{d r}{\sqrt{\frac{2}{m} [E - U (r)] - \frac{L^{2}}{m^{2} r^{2}}}}$ 有：

\begin{aligned} t & = \int \frac{d r}{\sqrt{\frac{2}{m} (E - U - \frac{L^{2}}{2 m r^{2}})}} = \sqrt{\frac{m}{2}} \int \frac{d r}{\sqrt{E - \frac{1}{2} m ω^{2} r^{2} - \frac{L^{2}}{2 m r^{2}}}} \\ = \sqrt{\frac{m}{2}} \int \frac{r d r}{\sqrt{- \frac{1}{2} m ω^{2} r^{4} + E r^{2} - \frac{L^{2}}{2 m}}} \\ = \frac{1}{ω} \int \frac{r d r}{\sqrt{- r^{4} + \frac{2 E}{m ω^{2}} r^{2} - \frac{2 L^{2}}{m^{2} ω^{2}}}} \end{aligned}

看了一眼题目给的结果，选择做换元 $u = r^{' 2} = r^{2} - \frac{E}{m ω^{2}}$ 得到

\begin{aligned} t & = \frac{1}{2 ω} \int \frac{d u}{\sqrt{- u^{2} + \frac{E^{2}}{m^{2} ω^{4}} - \frac{2 L^{2}}{m^{2} ω^{2}}}} \end{aligned}

因为分母当中 $\frac{E^{2}}{m^{2} ω^{4}} - \frac{2 L^{2}}{m^{2} ω^{2}} \propto (a^{2} + b^{2})^{2} - 2 a^{2} b^{2} > 0$ ，所以只有唯一解：

r^{' 2} = - \frac{E}{m ω^{2}} \sqrt{1 - \frac{ω^{2} L^{2}}{E^{2}}} \cos 2 ω (t - t_{0})

2.2 势散射

(a)

与 HW7-1第2题(a) 同理，不赘述。

(b) (c)

题目中的碰撞参数 $b$ 是瞄准距离，此题与 HW7-1第2题(b) 相同，两者的结果分别是 HW7-1第2题(b) 的(5)式和(6)式。

2.3 $r^{- 2}$ 势散射

2.3 (a)

此题对应于 HW6第二题的第一种情形，对当时给出的结果做一下字母替换，得到同样适用于本题的结论：

\frac{1}{r} = \sqrt{\frac{2 m E}{L^{2} + 2 m k}} \cos (φ \sqrt{1 - \frac{2 m L}{M^{2}}})

r_{0} = \sqrt{\frac{L^{2} + 2 m k}{2 m E}}, α = \sqrt{1 - \frac{2 m L}{M^{2}}}

(b) (c)

见朗道力学：

1 HW 7-1

1.1 估算行星质量

1.2 势散射

前情提要

(a)

(b)

1.3 有心力场

(a) 线性力 F→=−kr→, U=12kr2

(b) 球方势阱 V(r)=−V1(r<a),V(r)=0(r>a)

(c) 反比力

(d) Yukawa 势 U(r)=−ke−αrr

2 HW 7-2

2.1 三维各向同性谐振子

(a)

(b)

(c)

2.2 势散射

(a)

(b) (c)

2.3 r−2 势散射

2.3 (a)

(b) (c)

(a) 线性力 $\vec{F} = - k \vec{r}$ , $U = \frac{1}{2} k r^{2}$

(b) 球方势阱 $V (r) = - V_{1} (r < a), V (r) = 0 (r > a)$

(d) Yukawa 势 $U (r) = - \frac{k e^{- α r}}{r}$

2.3 $r^{- 2}$ 势散射