在上一篇文章中,我们已经得到了电偶极子的等势面和电场线方程,这应该可以让我们对电偶极子的力场情况有个大致的了解了。当然,我们还是希望能够求出在这样的一个受力情况下,一个带电粒子是如何运动的。简单起见,在下面的探讨中,我们假定带电粒子的质量和电荷量均为1,至于电荷的正负,可以通过改变在$U=-\frac{k cos\theta}{r^2}$中的k值的正负来控制。我们使用的工具依旧是理论力学中的欧拉-拉格朗日方程。

也许不少读者始终对公式感到头疼,更不用说是博大精深的理论力学了。但是请相信我,如果你花一点点心思去弄懂用变分法研究力学(或其他物理系统,但我目前只会用于力学)的基本思路和步骤,那么对你的物理研究是大有裨益的。因为在我眼中,学习了一丁点的理论力学知识后,我看到的只有物理的简洁与和谐。有兴趣的朋友可以看看我的那几篇《自然极值》等相关文章。

首先写出动能的表达式:$T=\frac{1}{2} (\dot{r}^2+r^2 \dot{\theta}^2)$

还有势能:$U=-\frac{k cos\theta}{r^2}$

拉格朗日量:$L=T-U=\frac{1}{2}(\dot{r}^2+r^2 \dot{\theta}^2)+\frac{k cos\theta}{r^2}$

求关于r的微分方程:
$\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}=\dot{r}$
$\frac{\partial L}{\partial r}=r\dot{\theta}^2-\frac{2kcos\theta}{r^3}$

我们得到:
$\ddot{r}=r\dot{\theta}^2-\frac{2kcos\theta}{r^3}$——————(10)

继续对θ求偏导数我们可以求出关于θ的微分方程,但是我们不这样做,因为保守力场中必然存在着能量守恒:
$T+U=h=\frac{1}{2}(\dot{r}^2+r^2 \dot{\theta}^2)-\frac{k cos\theta}{r^2}$——————(11)

用(10)和(11)联立就可以得出所有的解。原题本质上是关于两个函数的二阶微分方程,所以应该包含4个积分常数,而(11)式已经包含了一个积分常数,所以还剩下三个。

用心摆弄一会儿,我们会发现一件很巧的事情:
$h=\frac{1}{2}\dot{r}^2+\frac{1}{2}(r^2 \dot{\theta}^2-\frac{2k cos\theta}{r^2})=\frac{1}{2}(\dot{r}^2+r\ddot{r})$——————(12)

即$h=\frac{1}{2}(\dot{r}^2+r\ddot{r})$——————(12)

太巧了,而且这个结果也太简洁了!乘胜追击,得到
$r\dot{r}=2ht+C_1$
$\frac{1}{2}r^2=ht^2+C_1 t+C_2$————(13)

至此,我们已经得到了三个积分常数。让我们用点心思分析一下这个解。从(13)式可以知道,$C_2 >0$(一开始不能就在原点)。如果 h > 0 ,那么带电粒子最终将会飞到无穷远处,同时这必然要求了$\Delta=C_1^2-4hC_2 \leq 0$;如果 h < 0 ,该粒子最终会回到原点,撞到电偶极子上。这也符合我们的知识,具有正能量的系统可以脱离束缚,具有负能量的系统无法脱离束缚。当h为0时,又需要进一步讨论。

剩下最后一个积分常数,我们已经求出了r关于时间t的演化,能量守恒也给出了速度的演化,最后一个是什么呢?答案有很多,但我们有兴趣的是——轨道的形状是什么?以下是简单的过程

$\dot{r}^2+r^2 \dot{\theta}^2=2h+\frac{2kcos\theta}{r^2}$

$1+r^2(\frac{d\theta}{dr})^2=\frac{2h+\frac{2kcos\theta}{r^2}}{\dot{r}^2}$————(14)

下面想办法将(14)式中的$\dot{r}^2$消去,根据(13),我们有
$r^2 \dot{r}^2=4h^2 t^2+C_1^2+4hC_1 t$
$2hr^2=4h^2 t^2 +4hC_1 t+4hC_2$
$r^2 \dot{r}^2-C_1^2=2hr^2-4hC_2$
$\dot{r}^2=2h+\frac{C_1^2-4hC_2}{r^2}$

代入

$1+r^2(\frac{d\theta}{dr})^2=\frac{2hr^2+2kcos\theta}{2hr^2+C_1^2-4hC_2}$
$r^2(\frac{d\theta}{dr})^2=\frac{2kcos\theta-C_1^2+4hC_2}{2hr^2+C_1^2-4hC_2}$
$(\frac{d\theta}{dr})^2=\frac{2kcos\theta-C_1^2+4hC_2}{(2hr^2+C_1^2-4hC_2)r^2}$
$\frac{dr}{r\sqrt{2hr^2+C_1^2-4hC_2}}=\frac{d\theta}{\sqrt{2kcos\theta-C_1^2+4hC_2}}$————(15)

最后一个式子已经包含了轨道的形状在内了,两边同时积分即可。很遗憾,这不是一个简单的显式解,它只能够用椭圆积分来表达。一个容易想到的法子是有没有一些什么简单的特例,让我们可以快速看看曲线的形状?好吧,我们令$k=0.5,-C_1^2+4hC_2=1,h=0.5$,那么(15)就变成
$\frac{dr}{r\sqrt{r^2-1}}=\frac{d\theta}{\sqrt{cos\theta+1}}$

得到$arccos(\frac{1}{r})=\frac{1}{\sqrt{2}}ln(tan(\frac{\pi}{4}+\frac{\theta}{4}))+Const$

也就是说$r=\frac{\sqrt{2}}{cos(ln(tan(\frac{\pi}{4}+\frac{\theta}{4})))}$

这些曲线的形状让我也非常头疼...由于对相关知识研究还不够深入,不再多说...权当设置一个悬念,希望有兴趣的读者继续完成.


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