用户: Solution/ 习题:经典物理选讲

这份习题解答对应 2024-25 秋季学期周子翔老师的讲义, 题目内容和部分图示暂时没有附上, 请暂时对照讲义参考, 如果有人有时间可以补上, 谢谢.

1经典力学

质点力学基础

1.1.1	设一个质点的轨迹为曲线 $\mathbf{r}(t)$. 记 $\mathbf{v}=\dot{\mathbf{r}}$, $v=\Vert \mathbf{v}\Vert$, $s$ 为弧长参数. 对于曲线上一点, 记 $\mathbf{T}=\frac{\mathrm{d}\mathbf{r}}{\mathrm{d}s}$ 为曲线的单位切向量, $k=\Vert \frac{\mathrm{d}\mathbf{T}}{\mathrm{d}s}\Vert$ 为曲线在该点的曲率, 当 $k\ne 0$ 时 $\mathbf{N}=\frac{1}{k}\frac{\mathrm{d}\mathbf{T}}{\mathrm{d}s}$ 为曲线的单位主法向量. 证明 $\ddot{\mathbf{r}}=\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\mathbf{T}+k{v}^2\mathbf{N}$. 注: 由此结论知道, 加速度向量一定在曲线的密切平面内, 它的切向分量等于速度大小的变化率, 法向分量等于沿该点的密切圆作匀速圆周运动所需要的向心加速度. 解: 直接得到$$\begin{array}{rl}\mathbf{r}& =\frac{d\mathbf{v}}{dt}=\frac{d}{dt}\left(\frac{d\mathbf{r}}{ds}\frac{ds}{dt}\right)=\frac{d}{dt}\left(\mathbf{T}\frac{ds}{dt}\right)\\ & =\frac{d^{2}s}{d{t}^2}\mathbf{T}+\frac{d\mathbf{T}}{dt}\frac{ds}{dt}\\ & =\frac{dv}{dt\mathbf{T}}+\frac{d\mathbf{T}}{ds}\frac{ds}{dt}\frac{ds}{dt}\\ & =\frac{dv}{dt}\mathbf{T}+k{v}^2\mathbf{N}.\end{array}$$
1.1.2	两个质量分别为 $m_1,m_2$ 的质点在空间发生弹性碰撞, 设碰撞前后它们的速度分别是 ${\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2$ 和 ${\mathbf{v}}_1^{\prime },{\mathbf{v}}_2^{\prime }$, 证明 $\Vert {\mathbf{v}}_2^{\prime }-{\mathbf{v}}_1^{\prime }\Vert =\Vert {\mathbf{v}}_2-{\mathbf{v}}_1\Vert$. 注: 在 $n$ 维空间中, 碰撞后两个质点的速度共有 $2n$ 个分量, 但动量守恒和能量守恒只能给出 $n+1$ 个方程. 所以对一维的弹性碰撞, 可完全决定碰撞后的速度, 但对二维或更高维的弹性碰撞, 碰撞后的速度同碰撞的具体细节有关 (例如对两个小球, 碰撞点在球上的不同位置会有不同的结果) , 仅靠这几个守恒定律是无法确定解的. 本题只说明两个质点的相对速度的大小是不变的, 但并不知道碰撞后具体的速度. 解: 在质心系中考虑本问题, 由动量守恒定律及能量守恒定律, 有: $$\begin{array}{rl}{m}_1{\mathbf{v}}_{1c}+m_2{\mathbf{v}}_{2c}& =m_1{\mathbf{v}}_{1c}^{\prime }+m_2{\mathbf{v}}_{2c}^{\prime }\\ \frac{1}{2}{m}_1{\mathbf{v}}_{1c}^2+\frac{1}{2}{m}_2{\mathbf{v}}_{2c}^2& =\frac{1}{2}{m}_1{\mathbf{v}}_{1c}^{\prime 2}+\frac{1}{2}{m}_2{\mathbf{v}}_{2c}^{\prime 2}.\end{array}$$问题已转化到质心系中, 碰撞等效为完全对心正碰, 故现在 ${\mathbf{v}}_{1c},{\mathbf{v}}_{2c},{\mathbf{v}}_{1c}^{\prime },{\mathbf{v}}_{2c}^{\prime }$ 均在同一直线上, 可以解出: $$\begin{array}{rl}{\mathbf{v}}_{1c}^{\prime }& =\frac{m_2}{m_1+m_2}({\mathbf{v}}_{1c}-{\mathbf{v}}_{2c})\\ {\mathbf{v}}_{2c}^{\prime }& =-\frac{m_1}{m_1+m_2}({\mathbf{v}}_{1c}-{\mathbf{v}}_{2c})\end{array}$$故可得 ${\mathbf{v}}_{1c}-{\mathbf{v}}_{2c}={\mathbf{v}}_{1c}^{\prime }-{\mathbf{v}}_{2c}^{\prime }$, 换回原来的参考系即有 $\Vert {\mathbf{v}}_1-{\mathbf{v}}_2\Vert =\Vert {\mathbf{v}}_1^{\prime }-{\mathbf{v}}_2^{\prime }\Vert$.
1.1.3	如下图, 一根长为 $l$ 、质量为 $m$ 的均匀链条放在地上, 一端连接一根细绳, 细绳通过无摩擦的滑轮, 在另一端挂有一个质量为 $M$ $(M>m)$ 的物体. 滑轮离地的高度超过链条的长度. 设 $t=0$ 时链条完全在地上, 物体 $M$ 静止, 且绳子恰好拉紧. 问链条被完全拉起时的速度. 注: 本问题中, 机械能是不守恒的. 地面上的链条被突然拉起时有一部分能量会转化为热能. 解: 本题不能使用能量守恒. 我们假设 $t$ 时刻链子比例为 $x$ $(0<x<1)$ 的部分位于空中, 初始时刻 $x(0)=0$. 则绳子运动速率为: $$v=\frac{d(xl)}{dt}=l\frac{dx}{dt}.$$对物体在竖直方向用动量守恒定律 (这里假设 $[t,t+\Delta t]$ 时间绳子对物体、链子的冲量大小均为 $I$): $$Mg\Delta t-I=M\Delta v,$$对链条在竖直方向用动量守恒定律: $$I-mxg\Delta x=(x+\Delta x)m(v+\Delta v)-xmv,$$两式相加即有: $$(M-mx)g\Delta t=(M+mx)\Delta v+mv\Delta x+m\Delta x\Delta v.$$令 $\Delta v\to 0$ 并略去二阶小量即得: $$(M-mx)g=(M+mx)\frac{dv}{dt}+mv\frac{dx}{dt}=(M+mx)\frac{dv}{dt}+m{v}^2/l.$$整理得到关于 $v^2$ 的一个一阶线性常系数常微分方程: $$v^2+\frac{M+xm}{2m}\frac{d(v^2)}{dx}-(M-xm)gl=0.$$对于 $x\in [0,1]$ 积分, 并用初始条件 $x(0)=0$, 即得链条被完全拉起时的速度: $$v=\frac{\sqrt{2gl(M^2-\frac{1}{3}{m}^2)}}{M+m}.$$
1.1.4	有一在坚直平面内的形为摆线的轨道, 它的方程是 $x=\frac{l}{4}(s+\sin s)$, $y=\frac{l}{4}(1-\cos s)$. 证明一个质点从轨道上任一高度由静止无摩擦地滑动到最低点所用的时间是常值. 注: $l$ 是轨道在最低点的曲率半径. 一个单摆摆球的运动相当于一个质点沿无摩擦的圆弧形轨道的运动, 它的周期会随着摆幅的增大而增大但如果将轨道的形状换成摆线, 它的周期就同摆幅无关了. 这就是摆线这个名称的来源. 寻找周期同摆幅无关的轨道的问题是由 Huygens 提出并由 Abel 解出了其中的积分方程. 解: 这一轨道的参数方程 $x=\frac{l}{4}(s+\sin s),y=\frac{l}{4}(1-\cos s)$ 对应的轨迹的底部在 $(0,0)$, 顶点在 $(-\frac{\pi l}{4},\frac{l}{2})$. 假设质点从高度 $y(\omega )(\omega \in [-\pi ,0])$ 出发, 由机械能守恒, 质点运动到高度 $y$ 时速率为$$v=\sqrt{2g(y(\omega )-y)}.$$又$$v=\frac{\sqrt{d{x}^2+d{y}^2}}{dt}=\sqrt{({\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2)}\frac{ds}{dt}=\frac{l\cos \frac{s}{2}}{2}\frac{ds}{dt}.$$进而$$dt=\frac{ds}{\sqrt{2g(y(\omega )-y)}}\frac{l\cos \frac{s}{2}}{2}.$$从 $\omega$ 到 $0$ 积分: $$\begin{array}{rl}t& =\sqrt{2l/g}{\int }_{\omega }^0\frac{\cos \frac{s}{2}}{\cos s-\cos \omega }\\ & =\sqrt{l/g}{\int }_{\sin (\omega /2)}^0\frac{dt}{\sqrt{{\sin }^2(\omega /2)-t^2}}\\ & =\sqrt{l/g}{\int }_{-1}^0\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}\\ & =\frac{\pi }{2}\sqrt{\frac{l}{g}}.\end{array}$$因此滑落时间与初始位置无关.
1.1.5	一个半径为 $r$ 的转盘绕其竖直的对称轴匀速转动, 除了转轴处外不受其他力的作用, 转盘的质量可忽略. 在转盘边缘固定一个质量为 $m$ 的小物体, 转盘的角速度为 ${\omega }_0$. 现在在转盘上方离轴 $r/2$ 处轻轻掉下一个质量为 $m$ 的小物体并粘在转盘上, 求这时转盘的角速度. 解: 只有转轴受力, 故整体相对原点的力矩为 $0$. 由角动量守恒, 有: $$m{r}^2{\omega }_0=m{r}^2\omega +m(r/2{)}^2\omega ，$$得 $\omega =\frac{4}{5}{\omega }_0$.
1.1.6	一个质点作平面运动, 其轨迹 $L$ 可写成极坐标方程 $r=r(\theta )$. 记极角为 $0$ 和 $\theta$ 的两条射线与曲线 $L$ 围成区域的面积为 $S(\theta )$. 证明 $\frac{\mathrm{d}S(\theta (t))}{\mathrm{d}t}$ 正比于质点的角动量的大小. 注: 由此可知, Kepler 第二定律就是说行星的角动量守恒. 解:$$\frac{dS(\theta (t))}{dt}=\frac{1/2r^2(\theta )d\theta }{dt}=\frac{r^2\dot{\theta }}{2}.$$而质点的角动量大小: $$J=|m\mathbf{r}(\theta )\times \dot{\mathbf{r}}|=|m\mathbf{r}\mathbf{r}\dot{\theta }|=m{r}^2\dot{\theta }.$$从而 $\frac{dS(\theta (t))}{dt}\propto J.$

经典力学的 Lagrange 形式

1.2.2	设一质点在旋转抛物面 $z=\frac{1}{2a}(x^2+y^2)$ 内表面运动, 抛物面表面光滑. 如果初始时刻质点位置为 $(r_0,0,\frac{r_0^2}{2a})$, 速度为 $(0,v_0,0)$ 且 $v_0^2>\frac{g}{a}{r}_0^2$. 求质点能达到的最大高度. 解: 物体做二自由度运动, 设广义坐标为 $(r,\theta )$, 满足 $(x,y,z)=(r\cos \theta ,r\sin \theta ,\frac{r^2}{2a})$. 其 Lagrange 函数为$$\begin{array}{rl}L& =\frac{1}{2}m({\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2+{\dot{z}}^2)-mgz\\ & =\frac{1}{2}m((\dot{r}\cos \theta -\dot{\theta }r\sin \theta {)}^2+(\dot{r}\cos \theta -\dot{\theta }r\sin \theta {)}^2+(\frac{r\dot{r}}{a}{)}^2)-\frac{mg{r}^2}{2a}\\ & =\frac{1}{2}m((1+\frac{a^2}{r^2}){\dot{r}}^2+{\dot{\theta }}^2{r}^2)-\frac{mg{r}^2}{2a}.\end{array}$$故 Lagrange 方程为$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\begin{array}{c}(1+\frac{r^2}{a^2})\dot{r}\\ \\ r^2\dot{\theta }\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\frac{{\dot{r}}^2}{a^2}r+r{\dot{\theta }}^2-\frac{g}{a}r\\ \\ 0\end{array}\right)$$由此可知物体角动量 $J=\dot{\theta }{r}^2$ 守恒. 由初值知 $J=v_0{r}_0$. 代入 $\dot{\theta }=\frac{J}{r^2}$, 第一个方程变为$$(1+\frac{r^2}{a^2})\ddot{r}+\frac{r}{a^2}{\dot{r}}^2=\frac{J^2}{r^3}-\frac{g}{a}r$$记 $p=\dot{r}$, 则有$$(1+\frac{r^2}{a^2})p\frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}r}+\frac{r}{a^2}{p}^2=\frac{J^2}{r^3}-\frac{g}{a}r$$解得$$p^2=\frac{-ga{r}^4+C{r}^2-a^2{J}^2}{r^2(a^2+r^2)}$$由 $J=\dot{\theta }{r}^2=vr$, 且当速度取最大值或最小值时, $p=0$. 设此时其对应的 $r$ 为 $r_1,r_2$. 它们恰为 $-ga{r}^4+C{r}^2-a^2{J}^2$ 的解. 从而 $r_1^2{r}_2^2=\frac{a{J}^2}{g}$. 又因为速度取最大值时对应的 $r_1=r_0$, 故 $r_2=\frac{v_0^2}{2g}$.
1.2.3	如下图, 一个质量为 $M$ 的表面光滑的双侧斜面放在光滑的地面上, 两侧斜面的倾角均为 $\alpha$. 开始时双侧斜面静止, 并在它的顶端两侧分别静止着一个质量为 $m_1$ 和 $m_2$ 的小木块. 在两个木块均未到达地面的情况下, 求时刻 $t$ 时双侧斜面的加速度. 解: 取向右为正方向, 取过斜面顶点且与地面平行的平面为零势能面, 视质量为 $m_1,m_2$ 小木块为质点 $a_1,a_1$. 由于系统自由度为 $3$, 记广义坐标为 $\mathbf{q}(t)=(x,d_1,d_2)$. 其中 $x$ 表示双侧斜面水平方向的位移, $d_1,d_2$ 分别表示 $a_1,a_2$ 与斜面顶点的距离. 其 Lagrange 函数为$$\begin{array}{rl}L& =\sum \frac{1}{2}m\Vert \dot{\mathbf{r}}{\Vert }^2-U\\ & =\frac{1}{2}(M{\dot{x}}^2+m_1((\dot{d_1}\sin \alpha {)}^2+(-\dot{d_1}\cos \alpha +\dot{x}{)}^2)+m_2((\dot{d_1}\sin \alpha {)}^2+(\dot{d_1}\cos \alpha +\dot{x}{)}^2)-(m_1{d}_1+m_2{d}_2)g\sin \alpha -U\end{array}$$其中 $U$ 表示斜面的势能, 它是一个常数, 在求导之后等于 $0$. 从而 Lagrange 方程为$$\left(\begin{array}{c}(M+m_1+m_2)\ddot{x}-m_1\ddot{d_1}\cos \alpha +m_2\ddot{d_2}\cos \alpha \\ \\ m_1(\ddot{d_1}-\ddot{x}\cos \alpha )\\ \\ m_2(\ddot{d_2}-\ddot{x}\cos \alpha )\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ \\ m_{1}g\sin \alpha \\ \\ m_{2}g\sin \alpha \end{array}\right)$$这是一个关于 $\ddot{x},\ddot{d_1},\ddot{d_2}$ 的线性方程, 简单计算即知$$\ddot{x}=\frac{(m_1-m_2)g\sin \alpha \cos \alpha }{M+(m_1+m_2){\sin }^2\alpha }$$
1.2.4	两个质量为 m 的质点在光滑的水平面上运动, 两个质点之间以及没个质点同平面上的固定点 $O$ 之间均以长度为 $l$、弹性系数为 $k$ 的弹簧相连, 求此系统在平衡位置做小幅震动的固有角频率. 解: 系统平衡时, 两质点位置 $A$,$B$ 和 $O$ 形成边长为 $l$ 的等边三角形. 不妨设此时 $A$ 的坐标为 $A_0=(-\frac{1}{2}l,\frac{\sqrt{3}}{2}l)$,$B$ 的坐标为 $B_0(\frac{1}{2}l,\frac{\sqrt{3}}{2}l)$. 假设 $A$,$B$ 分别作位置变换为 $(x_1,y_1)$,$(x_1,y_1)$ 的微小震动. 则系统的拉格朗日函数为$$L=\frac{1}{2}m({\dot{x_1}}^2+{\dot{y_1}}^2+{\dot{x_2}}^2+{\dot{y_2}}^2)-U$$其中 U 是系统的弹性势能. 计算 $|\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{O{A}_0}|=|\sqrt{(-\frac{1}{2}l+x_1{)}^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}l+y_1{)}^2}-l|$. 约去二阶小量可得结果为 $|-\frac{1}{2}{x}_1+\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_1|$. 同理可得 $|\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{O{B}_0}|=|\frac{1}{2}{x}_1+\frac{\sqrt{3}}{2}{y}_1|$, $|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{A_0{B}_0}|=|x_1-x_2|$. 再结合 $U=\frac{1}{2}k(\Delta x{)}^2$ 即求得拉格朗日函数. 从而对应的拉格朗日方程为$$\left(\begin{array}{c}\ddot{x_1}\\ \\ \ddot{y_1}\\ \\ \ddot{x_2}\\ \\ \ddot{y_2}\\ \end{array}\right)=\frac{{\omega }_0^2}{4}\left(\begin{array}{cccc}5& -\sqrt{3}& -4& 0\\ & & & \\ -\sqrt{3}& 3& 0& 0\\ & & & \\ -4& 0& 5& \sqrt{3}\\ & & & \\ 0& 0& \sqrt{3}& 3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ \\ x_2\\ \\ x_3\\ \\ x_4\end{array}\right)$$其中 ${\omega }_0=\sqrt{\frac{k}{m}}$. 上述 $4\times 4$ 矩阵的特征值为 $0,1,\frac{3\pm \sqrt{3}}{2}$, 故固有角频率为 $\frac{1}{2}\sqrt{\frac{k}{m}},\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3\pm \sqrt{3}}{2}}\sqrt{\frac{k}{m}}$.
1.2.5	两个质点被一根无质量刚性细棒连接, 证明这个约束是理想约束. 解: 假设两质点广义坐标为 ${\text{x}}_1$,${\text{x}}_2$. 由于木棒没有质量, 故木棒两端受力方向均沿杆, 大小相等方向相反且与 ${\text{x}}_1-{\text{x}}_2$ 平行. 从而 ${\mathbf{N}}_1\cdot \frac{\partial {\text{x}}_1}{\partial q_{\alpha }}+{\mathbf{N}}_2\cdot \frac{\partial {\text{x}}_2}{\partial q_{\alpha }}=\mathbf{f}\cdot \frac{\partial ({\text{x}}_1-{\text{x}}_2)}{\partial q_{\alpha }}$. 注意到 ${\text{x}}_1-{\text{x}}_2$ 模长不变, 故其导数和自身垂直, 又因为 $\mathbf{f}$ 与其平行, 故 $\mathbf{f}\cdot \frac{\partial ({\text{x}}_1-{\text{x}}_2)}{\partial q_{\alpha }}$=0.
1.2.7	设一个质点被约束在曲面 $\Sigma$ 上运动, 约束力垂直于曲面, 并且质点不受其他外力作用. 证明质点的轨迹是曲面上的一条测地线.

万有引力

1.3.2

Bohr 原子理论中, 假设氢原子中在第 $n$ 条轨道上的电子角动量是 $n\hslash =n\frac{h}{2\pi }$, 其中 $h$ 是 Planck(普朗克) 常数. 证明第 $n$ 条轨道上的电子的能量为 $-\frac{m{e}^4}{2(4\pi {ϵ}_0{)}^2{\hslash }^2}\frac{1}{n^2}$, 其中 $e$ 是基本电荷,m 是电子的质量. 解:$J=n\hslash =m\omega r^2=mvr$. 库仑力提供向心力, 有 $\frac{e^2}{4\pi {ϵ}_0{r}^2}=m\frac{v^2}{r}=\frac{J^2}{m{r}^3}$, 得到 $\frac{1}{r}=\frac{m{e}^2}{4\pi {ϵ}_0{J}^2}$. 从而电子势能为 $-\frac{e^2}{4\pi {ϵ}_{0}r}=-\frac{m{e}^4}{(4\pi {ϵ}_0{)}^2{\hslash }^2}\frac{1}{n^2}$. 电子动能为 $\frac{1}{2}m{v}^2=\frac{J^2}{2m{r}^2}=\frac{m{e}^4}{2(4\pi {ϵ}_0{)}^2{\hslash }^2}\frac{1}{n^2}$. 相加即证.

经典力学的 Hamilton 形式

等距变换与刚体力学

流体力学

1.6.1	设热流 $\mathbf{q}=0$ , 并记 $S$ 为单体质量的流体的熵．由热力学基本方程, 成立 $T\frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}e}{\mathrm{d}t}+p\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}$, 其中 $T$ 是温度, $V=1/\rho$ 是单位质量的体积．请根据理想流体力学方程组证明 $\frac{\mathrm{d}S}{\mathrm{d}t}=0$． 解: 由能量方程及 $\nabla \cdot \mathbf{q}=0$: $$\frac{de}{dt}=\frac{\partial e}{\partial t}+(\mathbf{v}\cdot \nabla )e=-\frac{p\nabla \cdot \mathbf{v}}{\rho }$$由质量方程: $$\frac{d\rho }{dt}=\frac{\partial \rho }{\partial t}+(\mathbf{v}\cdot \nabla )\rho =(\mathbf{v}\cdot \nabla )\rho -\nabla \cdot (\rho \mathbf{v}).$$进而有: $$\begin{array}{rl}\frac{de}{dt}+p\frac{dV}{dt}& =\frac{de}{dt}+p\frac{d(1/\rho )}{dt}\\ & =\frac{de}{dt}-\frac{p}{{\rho }^2}\frac{d\rho }{dt}\\ & =-\frac{p\nabla \cdot \mathbf{v}}{\rho }-\frac{p}{{\rho }^2}[(\mathbf{v}\cdot \nabla )\rho -\nabla \cdot (\rho \mathbf{v})]\\ & =\frac{p}{{\rho }^2}[\nabla \cdot (\rho \mathbf{v})-\rho (\nabla \cdot \mathbf{v})-(\mathbf{v}\cdot \nabla )\rho ]\end{array}$$又因为: $$(\nabla \cdot (\rho \mathbf{v}))=\sum _i\frac{\partial (\rho v_i)}{\partial x_i}=\sum _i(\rho \frac{\partial v_i}{\partial x_i}+v_i\frac{\partial \rho }{\partial x_i})=\rho \nabla \cdot \mathbf{v}+(\mathbf{v}\cdot \nabla )\rho$$从而 $T\frac{dS}{dt}=\frac{de}{dt}+p\frac{dV}{dt}=0.$ 而绝对温度 $T>0$, 故 $\frac{dS}{dt}=0.$
1.6.2	导出理想流体的能量方程$$\begin{array}{rl}& \frac{\partial }{\partial t}\left(\rho (e+\frac{1}{2}{v}_i{v}_i)\right)+\frac{\partial }{\partial x_j}\left(\rho v_j(e+\frac{1}{2}{v}_i{v}_i)\right)+\frac{\partial }{\partial x_j}(p{v}_j)\\ & =\rho f_i{v}_i-\frac{\partial q_i}{\partial x_i}.\end{array}$$ 解: $\Omega$ 内总能量: $${\int }_{\Omega }(\rho e+\frac{1}{2}\Vert \mathbf{v}{\Vert }^2)dV,$$$[t_1,t_2]$ 从 $\partial \Omega$ 流出的能量 (分为流出流体的能量和热传导出去的能量): $${\int }_{t_1}^{t_2}{\int }_{\Omega }\rho \mathbf{v}(e+\frac{1}{2}\Vert \mathbf{v}{\Vert }^2)\cdot \mathbf{n}dSdt+{\int }_{t_1}^{t_2}{\int }_{\partial \Omega }\mathbf{q}\cdot \mathbf{n}dSdt,$$$[t_1,t_2]$ 所有力 (包括外力和压强): $${\int }_{t_1}^{t_2}{\int }_{\Omega }\rho \mathbf{f}\cdot \mathbf{v}+{\int }_{t_1}^{t_2}{\int }_{\partial \Omega }(-p\mathbf{n})\cdot \mathbf{v}dSdt.$$因此由能量守恒, 有: $${\int }_{\Omega }(\rho e+\frac{1}{2}\Vert \mathbf{v}{\Vert }^2)dV{|}_{t_1}^{t_2}=-\left[{\int }_{t_1}^{t_2}{\int }_{\Omega }\rho \mathbf{v}(e+\frac{1}{2}\Vert \mathbf{v}{\Vert }^2)\cdot \mathbf{n}dSdt+{\int }_{t_1}^{t_2}{\int }_{\partial \Omega }\mathbf{q}\cdot \mathbf{n}dSdt\right]+\left[{\int }_{t_1}^{t_2}{\int }_{\Omega }\rho \mathbf{f}\cdot \mathbf{v}+{\int }_{t_1}^{t_2}{\int }_{\partial \Omega }(-p\mathbf{n})\cdot \mathbf{v}dSdt\right]$$由 Gauss 公式, 化简得: $$\frac{\partial }{\partial t}(\rho (e+\frac{1}{2}{v}_i{v}_i))+\frac{\partial }{\partial x_j}(p{v}_j)-\rho f_i{v}_i+\frac{\partial q_i}{\partial x_i}+\frac{\partial }{\partial x_j}(\rho v_j(e+\frac{1}{2}{v}_i{v}_i))=0.$$即得理想流体的能量方程: $$\frac{\partial }{\partial t}(\rho (e+\frac{1}{2}\Vert v{\Vert }^2))+\frac{\partial }{\partial x_j}(\rho v_j(e+\frac{1}{2}\Vert v{\Vert }^2)+p{v}_j)=\rho f_i{v}_i-\frac{\partial q_i}{\partial x_i}.$$
1.6.3	设空气是温度为 $T$ 的理想气体．证明在地面附近, 空气密度 $\rho$ 随高度 $z$ 的变化规律为 $\rho ={\rho }_0{\mathrm{e}}^{-\frac{mgz}{RT}}$, 其中 $g$ 为重力加速度, $R$ 为理想气体常数, $m$ 为 $1\mathrm{mol}$ 空气的质量, ${\rho }_0$ 为地面上的空气密度． 解: 宏观上达到平衡态时, 可以假设 $\mathbf{v}=0$. 我们考虑高度为 $z$ 处的一个小气体圆柱, 由力学平衡条件 (气体圆柱中气体质量=上下压力差): $$d{p}_z=-{\rho }_{z}gdz.$$由理想气体状态方程: $$p_z=\frac{nRT}{V}=\frac{nRT}{nm/{\rho }_z}=\frac{{\rho }_{z}RT}{m}.$$故整理得微分方程: $$\frac{RT}{m}d{\rho }_z=-{\rho }_{z}gdz.$$进而: $$\frac{d\log ({\rho }_z)}{dz}=-\frac{mg}{RT}.$$结合初值条件 ${\rho }_0$, 解得: $${\rho }_z={\rho }_0{e}^{-\frac{mgz}{RT}}.$$
1.6.4	证明 Bernoulli 定理 II: 对于作定常无旋流动的理想不可压缩流体, 如果外力 $\mathbf{f}=-\nabla U$, 那么$$\frac{1}{2}\Vert \mathbf{v}{\Vert }^2+U+\frac{p}{\rho }$$在全空间为常值. 解: 做定常无旋流动的理想不可压缩流体, 遵循无旋性、质量方程与动量方程: $$\begin{array}{rl}& \nabla \cdot \mathbf{v}=0,\text{即 }\frac{\partial v_i}{\partial x_j}=\frac{\partial v_j}{\partial x_i}\\ & (\mathbf{v}\cdot \nabla )\mathbf{v}+\frac{1}{\rho }\nabla p+\nabla U=0\\ & \nabla \times \mathbf{v}=0\end{array}$$故$$\begin{array}{rl}\nabla (\frac{1}{2}\Vert \mathbf{v}{\Vert }^2+U+\frac{p}{\rho })& =\frac{\partial (\frac{1}{2}{v}_i{v}_i)}{\partial x_j}+\nabla U+\frac{1}{\rho }p\\ & =v_i\frac{\partial v_i}{\partial x_j}+\nabla U+\frac{1}{\rho }p\\ & =v_i\frac{\partial v_j}{\partial x_i}-(\mathbf{v}\cdot \nabla )\mathbf{v}\\ & =0\end{array}$$从而全空间上 $\frac{1}{2}\Vert \mathbf{v}{\Vert }^2+U+\frac{p}{\rho }$ 为常数.
1.6.5．	考虑不可压缩流体的平面定常无旋运动, 流体在上半平面流动, 且在 $x=0,0⩽y⩽a$ 有一个障碍物, 无穷远处的速度为 $(v_0,0)$．请写出流线的表达式．

2狭义相对论

Lorentz 变换

1.	根据速度相加公式$$\mathbf{u}=\frac{{\mathbf{u}}^{\prime }+(\gamma -1)\frac{{\mathbf{u}}^{\prime }\cdot \mathbf{v}}{v^2}\mathbf{v}+\gamma \mathbf{v}}{\gamma \left(1+\frac{{\mathbf{u}}^{\prime }\cdot \mathbf{v}}{c^2}\right)}$$证明: 如果 $\left|\left|{\mathbf{u}}^{\prime }\right|\right|<c,\left|\left|\mathbf{v}\right|\right|<c$, 则合速度必定仍小于光速 $c$; 而如果 $\left|\left|{\mathbf{u}}^{\prime }\right|\right|$ 和 $\left|\left|\mathbf{v}\right|\right|$ 中有一个等于 $c$ , 则合速度必定等于 $c$. 解: $$c^2-{\left|\left|u\right|\right|}^2=\frac{(c^2-{\left|\left|{\mathbf{u}}^{\prime }\right|\right|}^2)(c^2-v^2)}{c^2(1+\frac{{\mathbf{u}}^{\prime }\cdot \mathbf{v}}{c^2}{)}^2}$$
2.	设 $K^{\prime }$ 系相对 $K$ 系以速度 $v=\tanh \theta$ 沿 $x$ 轴运动, 请写出 Lorentz 变换的表达式. 解: 直接使用洛伦兹变换即可.
3.	设参考系 $K_i$ $(i=0,\cdots ,n)$ 的坐标轴互相平行且同向, 每个 $K_i$ 系相对 $K_{i-1}$ 以速度 $v$ 沿 $x$ 轴向作匀速运动, 求 $K_n$ 系相对 $K_0$ 系的速度. 解: 记 $v_s$ 表示系 $K_s$ 相对 $K_0$ 匀速向右运动的速率. 则由速度相加公式, 有$$v_{s+1}=\frac{v{v}_s}{1+v{v}_s/c^2}$$这是一个一阶线性递推数列, 容易证明$$v_n=c\frac{(c+v{)}^n-(c-v{)}^n}{(c+v{)}^n+(c-v{)}^n}$$
4.	设列车的长度为 $20c$ (在列车上测量) , 并以速度 $0.6c$ 行驶．现在列车上在车头, 中点和车尾各有一个钟, 并已对准．当地面上观察到列车上中点的钟所指的时间为 $1^{\prime }00^{\prime \prime }$ 时, 求地面上观察到车头和车尾的钟所指的时间. 解: 以地面为 $K$ 系, 列车为 $K^{\prime }$ 系. 已知 $\Delta t=0$,$\Delta x^{\prime }=10c$ 和 $v=0.6c$. 考虑洛伦兹逆变换公式$$0=\Delta t=\frac{\Delta t^{\prime }+v\Delta x^{\prime }/c^2}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$$得车头的 $\Delta t^{\prime }$ 为 $-6s$, 时钟显示为 54 秒. 车尾的 $\Delta t^{\prime }$ 为 $6s$, 时钟显示为 1 分 6 秒.

四维 Minkowski 时空

1.	设在惯性系 $K$ 中, 两个事件分别发生于 ${\mathbf{q}}_i=\left(t_i,{\mathbf{r}}_i\right)(i=1,2)$．对另一个惯性系 $K^{\prime }$ 中, 两个事件分别发生于 ${\mathbf{q}}_i^{\prime }=\left(t_i^{\prime },{\mathbf{r}}_i^{\prime }\right)(i=1,2)$．$\mathbf{v}={\mathbf{q}}_2-{\mathbf{q}}_1$. (1) 若 $\mathbf{v}$ 是类时向量, $t_2>t_1$, 则对任一惯性系 $K^{\prime }$, 都有 $t_2^{\prime }>t_1^{\prime }$． (2) 若 $\mathbf{v}$ 是类空向量, $t_2>t_1$, 则存在惯性系 $K^{\prime }$, 使得 $t_2^{\prime }<t_1^{\prime }$．
2.	证明: 对两个指向未来的类时向量 ${\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2$, 成立以下结论． (i) $⟨{\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2⟩>0$． (ii) ${\mathbf{v}}_1+{\mathbf{v}}_2$ 也是指向未来的类时向量． (iii) $⟨{\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2⟩⩾\Vert {\mathbf{v}}_1\Vert \Vert {\mathbf{v}}_2\Vert$． (iv) $\Vert {\mathbf{v}}_1+{\mathbf{v}}_2\Vert ⩾\Vert {\mathbf{v}}_1\Vert +\Vert {\mathbf{v}}_2\Vert$．
3.	找出 ${\mathbf{R}}^{1,3}$ 中的两组类空向量 ${\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2$, 使得它们分别满足 $⟨{\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2{⟩}^2<⟨{\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_1⟩⟨{\mathbf{v}}_2,{\mathbf{v}}_2⟩$ 和 $⟨{\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2{⟩}^2>⟨{\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_1⟩⟨{\mathbf{v}}_2,{\mathbf{v}}_2⟩$．
4.	设 $M$ 是 ${\mathbf{R}}^{1,3}$ 上的一个正 Lorentz 变换矩阵, 并将它写成分块矩阵 $\mathbf{M}=\left(\begin{array}{cc}a& {\mathbf{p}}^{\mathrm{T}}\\ \mathbf{q}& \mathbf{D}\end{array}\right)$, 其中 $\mathbf{D}$ 是 $3\times 3$ 实矩阵, $\mathbf{p}$ 和 $\mathbf{q}$ 是两个 $3$ 维实列向量, $a$ 是一个实数． 请证明下面的结论. (1) $\det \mathbf{D}>0$． (2) 存在 ${\mathbf{R}}^3$ 中的旋转 ${\mathbf{S}}_1$, 使得 ${\mathbf{S}}_1\mathbf{M}=\left(\begin{array}{cccc}\ast & \ast & \ast & \ast \\ \ast & \ast & \ast & \ast \\ 0& \ast & \ast & \ast \\ 0& \ast & \ast & \ast \end{array}\right)$. (3) 存在一个沿 $x$ 方向作匀速运动的 Lorentz 变换 ${\mathbf{S}}_2$, 使得$${\mathbf{S}}_2{\mathbf{S}}_1\mathbf{M}=\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 0& 0\\ 0& \ast & \ast & \ast \\ 0& \ast & \ast & \ast \\ 0& \ast & \ast & \ast \end{array}\right).$$于是, 任何一个正 Lorentz 变换必可分解为若干个 ${\mathbf{R}}^3$ 中的旋转与沿 $x$ 方向作匀速运动的 Lorentz 变换的复合.
5.	设 $ad-bc=1$, 那么有恒等式$$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a& -\frac{\bar{c}}{|a{|}^2+|c{|}^2}\\ c& \frac{\bar{a}}{|a{|}^2+|c{|}^2}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& \frac{\bar{a}b+\bar{c}d}{|a{|}^2+|c{|}^2}\\ 0& 1\end{array}\right).$$定义 $\phi :SL(2,\mathbf{C})\to {\mathbf{C}}^2\backslash \{(0,0)\}\times \mathbf{C}$, $$\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)\mapsto \left((a,c),\frac{\bar{a}b+\bar{c}d}{|a{|}^2+|c{|}^2}\right).$$证明 $\phi$ 是同胚．

动力学方程

场的 Lagrange 形式

3经典电动力学

电磁学的基本规律

Maxwell 方程组

用张量和微分形式表示 Maxwell 方程组

电磁场的 Lagrange 形式与守恒量