一般力學/約束下的運動

到目前為止，我們已經預設地假設我們可以直接計算力作為位置的函式，建立微分方程

$m{\ddot {\mathbf {r} }}=\mathbf {F} (\mathbf {r} )$

並開始求解。

但這並不總是那麼簡單。

通常，我們必須處理約束下的運動；例如，沿著導線滑動的珠子、不打滑滾動的球、從繩子上懸掛的重物。

一定存在某種力將珠子保持在導線上，但我們事先不知道它是哪種力，只知道它起到的作用。這對於我們提前寫下微分方程來說是不夠的。

我們需要一種方法來解決問題，而不必事先知道力。

解決這個問題的難易程度取決於約束的型別。

• 如果約束是不等式，例如繩子上的重物，那麼沒有直接的解析方法。

• 如果約束可以寫成一組微分方程，而這些方程不能事先積分，那麼存在一種解析方法，但它超出了本書的範圍。不打滑滾動的球屬於這種情況。

• 如果約束可以寫成一組代數方程，並且摩擦力可以忽略不計，那麼存在一種簡單的方法可以解決問題。

廣義座標

假設我們有一個包含n個粒子的系統，它們滿足以下形式的k個約束

$f_{k}(\mathbf {r} _{1},\cdots ,\mathbf {r} _{n},t)=0$

那麼我們可以使用這些約束來消除粒子3n個座標中的k個，從而得到一組新的3n-k個獨立的廣義座標；q₁、q₂、…q_3n-k。

與位置向量的分量不同，這些新座標並不都是長度，而且通常不會形成向量。它們通常是角度。

現在我們需要計算牛頓定律在廣義座標中的形式。

推導

第一步是消除約束力。

我們需要考慮一個虛位移。這是一個無窮小的位移，在保持力和約束不變的情況下進行的。它與無窮小時間內發生的無窮小位移不同，因為力與約束可能在該時間內發生變化。

我們將作用在粒子i上的總力寫成

$\mathbf {F} _{i}=\mathbf {F} _{i}^{a}+\mathbf {F} _{i}^{c}$

即外力與約束力的總和。

牛頓第二定律指出

$\mathbf {F} _{i}^{a}+\mathbf {F} _{i}^{c}=\mathbf {F} _{i}={\dot {\mathbf {p} }}_{i}$

我們將此式與粒子i的虛位移進行點積，並對所有粒子求和。

$\sum _{i}\left(\mathbf {F} _{i}^{a}+\mathbf {F} _{i}^{c}-{\dot {\mathbf {p} }}_{i}\right)\cdot \delta \mathbf {r} _{i}=0$

我們現在假設約束力垂直於虛位移。在沒有摩擦的情況下，這種假設通常是正確的；例如，保持球體在表面上的約束力垂直於表面。

這種假設被稱為達朗貝爾原理。使用它，我們可以從問題中消除約束力，得到

$\sum _{i}\left(\mathbf {F} _{i}^{a}-{\dot {\mathbf {p} }}_{i}\right)\cdot \delta \mathbf {r} _{i}=0$

或者

$\sum _{i}\mathbf {F} _{i}^{a}\cdot \delta \mathbf {r} _{i}=\sum _{i}{\dot {\mathbf {p} }}_{i}\cdot \delta \mathbf {r} _{i}\quad (1)$

此方程式的左側稱為虛功。

現在我們必須轉換為廣義座標系。

我們寫

$\mathbf {r} _{i}=\mathbf {r} _{i}(q_{1},q_{2},\cdots ,q_{3n-k},t)$

使用鏈式法則得到

$\mathbf {v} _{i}=\sum _{j}{\frac {\partial \mathbf {r} _{i}}{\partial q_{j}}}{\dot {q}}_{j}+{\frac {\partial \mathbf {r} _{i}}{\partial t}}$

和

$\delta \mathbf {r} _{i}=\sum _{j}{\frac {\partial \mathbf {r} _{i}}{\partial q_{j}}}\delta q_{j}$

請注意，這意味著

${\frac {\partial \mathbf {r} _{i}}{\partial q_{j}}}={\frac {\partial \mathbf {v} _{i}}{\partial {\dot {q}}_{j}}}\quad (2)$

省略上標，虛功為

${\begin{matrix}\sum _{i}\mathbf {F} _{i}\cdot \delta \mathbf {r} _{i}&=&\sum _{i,j}\mathbf {F} _{i}\cdot {\frac {\partial \mathbf {r} _{i}}{\partial q_{j}}}\delta q_{j}\\&=&\sum _{j}Q_{j}\delta q_{j}\end{matrix}}$

其中Q_j是廣義力的分量。

我們現在將(1)的右側處理成與最後一個方程可比較的形式

右側項是

${\begin{matrix}\sum _{i}{\dot {\mathbf {p} }}_{i}\cdot \delta \mathbf {r} _{i}&=&\sum _{i}m_{i}{\ddot {\mathbf {r} }}_{i}\cdot \delta \mathbf {r} _{i}\\&=&\sum _{i,j}m_{i}{\ddot {\mathbf {r} }}_{i}\cdot {\frac {\partial \mathbf {r} _{i}}{\partial q_{j}}}\delta q_{j}\end{matrix}}$

係數 q_j 中的項可以重新排列。

${\begin{matrix}\sum _{i}m_{i}{\ddot {\mathbf {r} }}_{i}\cdot {\frac {\partial \mathbf {r} _{i}}{\partial q_{j}}}&=&\sum _{i}\left[{\frac {d}{dt}}\left(m_{i}{\dot {\mathbf {r} }}_{i}\cdot {\frac {\partial \mathbf {r} _{i}}{\partial q_{j}}}\right)-m_{i}{\dot {\mathbf {r} }}_{i}\cdot {\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial \mathbf {r} _{i}}{\partial q_{j}}}\right)\right]\\&=&\sum _{i}\left[{\frac {d}{dt}}\left(m_{i}\mathbf {v} _{i}\cdot {\frac {\partial \mathbf {v} _{i}}{\partial {\dot {q}}_{j}}}\right)-m_{i}\mathbf {v} _{i}\cdot {\frac {\partial \mathbf {v} _{i}}{\partial q_{j}}}\right]\end{matrix}}$

將上面的等式 (2) 代入。

仔細觀察這個最後一個等式，我們發現它與總動能類似。

$T={\frac {1}{2}}\sum _{i}m_{i}v_{i}^{2}$

現在我們進一步重新排列，以得到一個明確包含 T 的表示式。

${\begin{matrix}\sum _{i}m_{i}{\ddot {\mathbf {r} }}_{i}\cdot {\frac {\partial \mathbf {r} _{i}}{\partial q_{j}}}&=&\sum _{i}\left[{\frac {d}{dt}}\left(m_{i}\mathbf {v} _{i}\cdot {\frac {\partial \mathbf {v} _{i}}{\partial {\dot {q}}_{j}}}\right)-m_{i}\mathbf {v} _{i}\cdot {\frac {\partial \mathbf {v} _{i}}{\partial q_{j}}}\right]\\&=&{\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial }{\partial {\dot {q}}_{j}}}{\frac {1}{2}}\sum _{i}m_{i}v_{i}^{2}\right)-{\frac {\partial }{\partial q_{j}}}{\frac {1}{2}}\sum _{i}m_{i}v_{i}^{2}\\&=&{\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial }{\partial {\dot {q}}_{j}}}T\right)-{\frac {\partial }{\partial q_{j}}}T\end{matrix}}$

將最後一個表示式代入 (1) 以及廣義力，得到

$\sum _{j}\left[{\frac {d}{dt}}\left({\frac {\partial T}{\partial {\dot {q}}_{j}}}\right)-{\frac {\partial T}{\partial q_{j}}}-Q_{j}\right]\delta q_{j}=0$

由於 δq_j 與 δr_i 不同，是相互獨立的，所以最後一個方程只有在所有係數都為零時才成立。

也就是說，我們必須有

${\frac {d}{dt}}{\frac {\partial T}{\partial {\dot {q}}_{j}}}-{\frac {\partial T}{\partial q_{j}}}=Q_{j}\quad (3)$

這些是系統的運動方程，是在一組通用的座標系中，所有約束條件都自動滿足。

例如，假設我們有一個質量為 m，半徑為 a 的圓柱體，它在一個平面上無滑動滾動。

圓柱體的動能為

$T={\frac {1}{2}}m{\dot {x}}^{2}+{\frac {1}{8}}ma^{2}{\dot {\theta }}^{2}$

根據 剛體 中的結果，其中 x 是與圓柱體軸線垂直的平面上的軸線，θ 是旋轉角。

無滑動滾動意味著

${\dot {x}}=a{\dot {\theta }}$

所以我們得到

$T={\frac {5}{8}}m{\dot {x}}^{2}\quad {\frac {5}{4}}m{\ddot {x}}=Q_{x}$

圓柱的動能與其質量增加 20% 相同。如果圓柱沒有扭矩，那麼 Q_x=F_x，並且圓柱在各方面表現得就像一個 20% 更大的質點。

為了更廣泛地使用 (3)，我們需要一個關於 Q_j 的表示式。

假設，正如經常發生的那樣，

$\mathbf {F} _{i}=-{\frac {\partial }{\partial \mathbf {r} _{i}}}V$

那麼，根據定義

${\begin{matrix}\sum _{j}Q_{j}\delta q_{j}&=&\sum _{i}\mathbf {F} _{i}\cdot \delta \mathbf {r} _{i}\\&=&\sum _{i,j}\mathbf {F} _{i}\cdot {\frac {\partial \mathbf {r} _{i}}{\partial q_{j}}}\delta q_{j}\\&=&-\sum _{i,j}{\frac {\partial V}{\partial \mathbf {r} _{i}}}{\frac {\partial \mathbf {r} _{i}}{\partial q_{j}}}\delta q_{j}\\&=&-\sum _{j}{\frac {\partial V}{\partial q_{j}}}\delta q_{j}\end{matrix}}$

因此，透過比較係數，廣義力為

$Q_{j}=-{\frac {\partial V}{\partial q_{j}}}$

將此廣義力代入 (3) 得到

${\frac {d}{dt}}{\frac {\partial (T-V)}{\partial {\dot {q}}_{j}}}-{\frac {\partial (T-V)}{\partial q_{j}}}=0$

因為 V 被假定為獨立於速度。

事實上，對於一些依賴速度的力，特別是磁力，這個最後一個方程仍然成立，前提是對 V 做出適當的定義，但我們這裡不證明這一點。

我們將 T-V 稱為 拉格朗日量，L，並寫成

${\frac {d}{dt}}{\frac {\partial L}{\partial {\dot {q}}_{j}}}-{\frac {\partial L}{\partial q_{j}}}=0$

我們將這些方程稱為 拉格朗日方程。它們在笛卡爾座標系不方便的情況下很有用，包括約束運動。

例子

假設我們有兩個相同的質點，質量為 m，它們透過一根長度為 a 的繩子連線。繩子穿過一張平桌上的一個洞，這樣上方的質量在水平面上無摩擦地運動，而下方的質量始終垂直於洞的下方。上方的質量到洞的距離是 r。

桌子上的質量的位置最好用極座標來描述，(r,θ)。它的動能為

${\frac {1}{2}}m\left({\dot {r}}^{2}+r^{2}{\dot {\theta }}^{2}\right)$

下方質量的速度是 d(a-r)/dt=-dr/dt，所以總動能是

$T={\frac {1}{2}}m\left(2{\dot {r}}^{2}+r^{2}{\dot {\theta }}^{2}\right)$

勢能是

$V=mg(a-r)$

其中 g 是重力加速度。

這意味著

$L={\frac {1}{2}}m\left(2{\dot {r}}^{2}+r^{2}{\dot {\theta }}^{2}\right)+mg(r-a)$

運動方程為

${\begin{matrix}{\frac {d}{dt}}{\frac {\partial L}{\partial {\dot {\theta }}}}-{\frac {\partial L}{\partial \theta }}&=&m{\frac {d}{dt}}\left(r^{2}{\dot {\theta }}\right)&=&0\\{\frac {d}{dt}}{\frac {\partial L}{\partial {\dot {r}}}}-{\frac {\partial L}{\partial r}}&=&2m{\ddot {r}}-mr{\dot {\theta }}^{2}+mg&=&0\end{matrix}}$

第一個方程表明角動量是恆定的，正如預期的那樣，因為粒子沒有受到扭矩。如果我們把這個恆定的角動量稱為l，那麼我們可以寫成

${\dot {\theta }}={\frac {l}{mr^{2}}}$

第二個運動方程變為

${\ddot {r}}={\frac {l^{2}}{2m^{2}r^{3}}}-{\frac {g}{2}}$

顯然，如果最初

$l^{2}>gm^{2}r^{3},\,$

那麼，下方的球將被拉出孔，此時這些運動方程不再適用。它們只在 0≤r≤a 時成立，這是一個不容易處理的約束條件。

請注意，我們不需要計算繩子的張力，它是這個問題中的約束力。