Lecture Notes of College Physics by Qi-Min Jia and Yong-Ling Zheng

Lecture Notes on College Physics

本文档除了包括推导, 疑惑 外,做 读书重点 的记录

Equation of motion for cinematics
确定车辆转弯的轨迹.

假设车的前轮最多转45度(不失一般性,假设为右转),而车的后轮从动,保持向前不变,设前后轮的距离是 l ,求当车以最大角度转弯时,前后轮的轨迹? 分别以下标12标记后轮和前轮,令初始时刻直角坐标系中前后轮坐标分别为 $$\{0,l\},\{0,0\}$$ .在直角坐标系下,前后轮的轨迹满足的方程是


 * $$\begin{align}

&d\vec x_2\cdot \frac{\vec x_2-\vec x_1}{|\vec x_2-\vec x_1|}=|d\vec x_2|\cos (\frac{\pi}{4})\\ &d\vec x_1\cdot \frac{\vec x_2-\vec x_1}{|\vec x_2-\vec x_1|}=|d\vec x_1|\\ &|\vec x_1-\vec x_2|=l \end{align}$$

如果把上述方程全部用直角坐标系下的分量写出来,我们有4个分量3个方程,完备的决定了前后轮运动曲线.

这组方程不容易解,与其换元,不如在极坐标下写下方程,因为通过后者,我们容易清楚的看到物理意义.令在时刻 t 后轮的极坐标为 $$ \{r,\theta_1\} $$ ,前后轮连线和后轮与原点连线的夹角为 $$\theta_2$$ ,如图.这样体系位置可由一组 $$ \{r,\theta_1,\theta_2\} $$ 数值唯一决定.这里有三个分量,所以我们仅仅需要两个方程.下面我们不采用数学上的换元,而是利用有限元方法,直观的把这两个方程写下来. 由于后轮始终沿着前后轮连线方向移动,故


 * $$\begin{align}

d\theta_1=-\frac{\sin \theta_2d|\vec x_2|}{r}=-\frac{\sin \theta_2dr}{r\cos \theta_2} \end{align}$$

而前轮沿着前后连线45度角方向移动,故


 * $$\begin{align}

d\theta_2=d\theta_1+\frac{d|\vec x_1|}{l}\sin (\frac{\pi}{4})=d\theta_1+\frac{dr}{l\cos \theta_2} \end{align}$$

最后一步利用前后轮速度在其连线方向上的投影相等. 由对称性,完全一周360转弯以后,车辆不会向任何方向移动,所以前后轮的轨迹都必为圆形,故


 * $$\begin{align}

d\theta_2=-d\theta_1 \end{align}$$

带入第二个方程


 * $$\begin{align}

&2d\theta_2=\frac{dr}{l\cos \theta_2} \\ &dr = 2l\cos \theta_2 d\theta_2 \end{align}$$

这个方程可以直接对两边积分得


 * $$\begin{align}

&\int dr = \int 2l d(\sin\theta_2) \\ &r|^{r}_{r_i=0} = 2l \sin\theta_2 |^{\theta_2}_{\theta_{2i}=0} \\ &r = 2l \sin\theta_2 \end{align}$$

把 $$ r $$ 的函数带入第一个方程,不得到任何新的结果,仅仅是自洽的得到 $$ d\theta_2=-d\theta_1 $$ 利用初始时刻条件


 * $$\begin{align}

&\theta_1=\frac{\pi}{2} \\ &\theta_2=0 \end{align}$$ 最后得到
 * $$\begin{align}

&\theta_2=\frac{\pi}{2}-\theta_1 \\ &r=2l \cos\theta_1 \end{align}$$

后轮的轨迹是圆,半径为 l .不难得到前轮的轨迹也是圆,半径$$ \sqrt{2}l $$.按我们的初始坐标的取法,圆的半径必然落在$$x$$轴上,唯一无法从对称性出发得到的是圆的半径大小而已.

现在把证明推广到一般情况,假设转弯角度为 $$\phi $$.取完全相同的极坐标变量,


 * $$\begin{align}

&d\theta_1=-\frac{\sin \theta_2d|\vec x_2|}{r}=-\frac{\sin \theta_2dr}{r\cos \theta_2} \\ &d\theta_2=d\theta_1+\frac{d|\vec x_1|}{l}\sin (\phi)=d\theta_1+\frac{dr}{l\cos \theta_2}\tan{\phi} \\ &l\frac{d\theta_2}{dt}=\frac{d|\vec x_1|}{dt}\sin \phi=\frac{d|\vec x_1|}{dt}\cos\phi\tan\phi=\frac{d|\vec x_2|}{dt}\tan\phi \end{align}$$

我们看到,后轮轨迹方程的唯一的变化是 $$ l \to \frac{l}{\tan\phi} $$ .完全类似的得到


 * $$\begin{align}

dr = \frac{2l}{\tan\phi}\cos \theta_2 d\theta_2 \end{align}$$

最后结果为


 * $$\begin{align}

&\theta_2=\frac{\pi}{2}-\theta_1 \\ &r = \frac{2l}{\tan\phi} \cos\theta_1 \end{align}$$

当车辆转弯角度变小时,半径变大,与直觉相符.

下面是本题的附图,但是其中第二的方程漏了一项,结果转弯半径差了一半.

Relativistic Doppler effect
相对论多普勒效应分为纵向(相对运动速度与光波传播速度平行)与横向(相对运动速度与光波传播速度垂直)两种情况. 最为简洁的推导参见这个维基页或者Morin, David (2008)编著Introduction to Classical Mechanics: With Problems and Solutions. Cambridge University Press一书的 "Chapter 11: Relativity (Kinematics)"pp. 539–543 (对应链接).

对纵向相对论多普勒效应,上述参考书和维基页的推导选取光源(s)静止,而接受者(r)以相对速度$$v$$远离光源运动的参考系进行计算. 若采用光源静止,而接受者远离光源运动的参考系,显然应该得到同样的结论.具体计算如下
 * $$\frac{1}{f_r}=\frac{\lambda_s+\frac{v}{f_s}}{c}=\frac{c+v}{c}\frac{1}{f_s}=(1+\beta)\frac{1}{f_s}=(1+\beta)\gamma\frac{1}{{f_s}'}=\sqrt{\frac{1+\beta}{1-\beta}}\frac{1}{f_s}$$

其中 $${f_s}'=\frac1\gamma f_s$$ 是在运动的接受者的静止参照系中的光源频率,它受到钟慢效应的影响,导致它观测到的光源发出的波的两个波峰间的距离的变化. 显然,这个结果与维基页和书中导出的结果一致.

对横向相对论多普勒效应的第一种情况,我们同样利用光源运动,而接受者静止的参照系来计算. 这正是书中给出的习题11.66,显然这样的选择导致计算更为复杂,但是正因为如此,验证其一致性有一定的意义. 采用和上述运算的类似的思路,但现在光源的一部分运动分量与接受者不断接近,所以
 * $$\frac{1}{f_r}=\frac{\lambda_s-\frac{v\cos\theta}{f_s}}{c}=\frac{c-v\cos\theta}{c}\frac{1}{f_s}=(1-\beta\cos\theta)\frac{1}{f_s}=(1-\beta\cos\theta)\gamma\frac{1}{{f_s}'}=\frac{1-\beta^2}{\sqrt{1-\beta^2}}\frac{1}{f_s}=\frac{1}{\gamma f_s}$$

其中,除了速度分量要取负号外,速度投影的夹角$$\cos\theta=\frac{v}{c}=\beta$$是对观测者而言光源运动方向与光信号传播方向的夹角,可以通过光信号到达观测者时刻光源正好到达离观测者最接近位置的物理条件导出. 而钟慢效应仅由光源和观测者的相对速度决定,故形式上不变.

相对论多普勒效应与洛伦兹变换的关系. 因为由于波粒两象性的量子力学关系,频率与能量成正比,而波数与动量成正比,对光波而言光子质量为零,故能量与动量的模的相同的. 我们先考虑动量(光波传播方向)与相对运动速度方向一致的情况. 对于光源坐标系的四动量$$(h\nu',0,0,h\nu')=(hf_s,0,0,\pm hf_s)$$就是相对光源静止的坐标系中的频率,对应运动的$$\mathcal{O}'$$系. 对于观测者坐标系的四动量$$(h\nu,0,0,h\nu)=(hf_r,0,0,hf_r)$$就是相对接受者静止的坐标系中的频率,对应静止的$$\mathcal{O}$$系 从前者到后者的变换是洛伦兹变换的逆变换,在原有的洛伦兹变换矩阵中速度取负号. 按上述坐标系,我们考虑的是光源远离静止观测者的运动. 如果光源沿着$$z$$轴正向运动,那么洛伦兹变换矩阵中非对角项的速度符号为正,即
 * $$\Lambda=\begin{pmatrix}\gamma& 0 & 0 &\beta\gamma\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\\beta\gamma&0&0&\gamma\end{pmatrix} $$

但同时发出的光子向后,动量部分有一个负号$$(h\nu',0,0,h\nu')=(hf_s,0,0,-hf_s)$$ 反之,如果光源沿着$$z$$轴负向运动,洛伦兹变换矩阵中速度乘以额外的负号,但是光子动量的$$z$$分量取正好,结果不变. 最后我们有
 * $$f_r = f_s\gamma - f_s \beta\gamma=f_s(1-\beta)\gamma=\sqrt{\frac{1-\beta}{1+\beta}}$$,与上述结果一致.

而如果对应光子的动量在相对运动的垂直方向,那么简单的有$$f_r = f_s\gamma$$,这就是横向多普勒效应的第一种情况.

Thevenin Theorem
戴维南定理(Thevenin's Theorem)及其证明,参见维基百科中本人的证明. 定理说任何有两个输出端的黑盒子电路,可以等价为一个含内阻的恒压源.证明的思路是利用电场的叠加(Superposition Theorem)原理和麦克斯韦方程组的解的唯一性定理.首先我们需要证明,上述黑盒子的电压总是可以表达为电流的线性函数


 * $$\begin{align}

V = V_\mathrm{Eq}-Z_\mathrm{Eq}I \end{align}$$

考虑给定黑盒子的电流,求解其电压的问题.该问题的解实际上是下面问题的解的线性和:(1)依次仅仅考虑黑盒子中的一个电源,而短路其余所有电压源,断开所有电流源,同时断开黑盒子的输出端;(2)短路黑盒子中所有电压源,断开所有电流源,外接一个电流为$$ I $$的理想电流源.显然上面构造的解满足问题的边界条件,且按唯一性定理它是问题的唯一解.上面的等式右端的第一项对应所有内源的贡献的线性和,第二项对应于短路和断开所有内源后黑盒子的内阻.当得到上述表达式后,我们之家看到其中的$$ V_\mathrm{Eq} $$对应等效电压源的电压,而$$ Z_\mathrm{Eq} $$正是对应的内阻.

Y - $$ \Delta $$ Transformation
星三角变换.证明参见维基百科中本人的证明.方法是用利用电源叠加原理.证明过程中一个容易产生的错误是针对一组特定的输入电压,利用基尔霍夫定理来决定等效电阻,这样得到的结果其实有无穷多解,由于得到的等效电阻数值依赖于具体的输入电压数值,证明过程没有一般性.

Self inductance and mutual inductance
首先讨论一个关于自感的问题.一个交流电路里两个电感串联,这两个电感除了绕线方向正好相反(一个沿着电流方向为顺时针绕线,另外一个沿着电流方向为逆时针绕线)外,没有任何区别.假设两个电感不相互干扰(不考虑互感系数),问两者串联的等效电感是两倍还是正好抵消.结论是两倍.除了可以具体用电感系数的定义以及磁通量随时间变化的导数产生的感应电动势外,有一个定性讨论直接得到结果的方法.利用伦茨定律,两个电感产生的感生电动势必然都是阻碍电流随时间变化的,因为两个电感串联,其电流和电流的变化一致,所以两个电感产生的感生电动势极性必然一致.换言之,绕线方向虽然影响磁场方向和磁通量变化方向,但是对最终的感生电动势方向无关.(由于这个原因出售的电感不会特意标明其绕线方向).

那么问题来了,绕线方向什么时候有非平庸效应呢.答案是,当讨论互感系数的情况下.

可以证明,互感系数是一致的$$M_{12}=M_{21}$$.证明过程是考虑不同的充电过程最终必须得到相同的场能.这个证明过程并不帮助直观上来理解为何两者是一致的.这里我们给出一些具体例子的讨论.

首先考虑两个没有任何漏磁的理想互感的情况.第一个含有匝数$$N_1$$,第二个含有匝数$$N_2$$.第一个电感产生的磁场正比于$$N_1$$,由于没有漏磁,磁场全部注入第二个电感,在第二个电感中导致的磁通量正比于其匝数$$N_2$$,所以最后的磁通量正比于$$N_1 N_2$$.同理第二个电感产生的磁场在没有漏磁的情况下导致在第一个电感中的磁通量也为$$N_1 N_2$$.这就说明了在理想情况下互感系数的确是一致的.实际上第一个电感的自感系数正比于$$N_1^2$$,这是因为磁场正比于$$N_1$$而磁通量还正比于匝数$$N_1$$.同理第二个电感的自感系数正比于$$N_2^2$$.所以我们有$$M_{12}=M_{21}=\sqrt{I_1I_2}$$.正是书中获得的理想互感的极限情况.

在实际情况中,生成的磁场依赖于电感器的具体构造,且存在漏磁,无法讲上述讨论推广到一般的情况.

如果两个完全相同的电感的互感为正反馈,在没有漏磁的理想情况下,我们有$$I_1=I_2=M_{12}=M_{21}$$.我们发现最后的等效自感为最初的4倍.这相当于把一个电感的(单位长度)匝数翻倍,这时磁场翻倍,而磁通量为原来的4倍,所以自感系数为最初的4倍.

现在考虑上面讨论过的绕线方向正好相反的两个电感.在理想情况下没有漏磁,如果其互感为负反馈,这时我们有$$I_1=I_2=-M_{12}=-M_{21}$$.这是把两个电感看成一个整体,它的等效自感为$$I_1+I_2+M_{12}+M_{21}=0$$.这是容易理解的,因为在这个情况下等价于任何顺时针的电流产生的磁场都精确的和相应的逆时针电流产生的磁场抵消,因为没有任何磁场,也就没有磁通量,电感系数自然为零.

在实际应用中,实际上几乎满足上述条件的两个电感可以处于不同的空间位置,但是等效电感仍然为零.这样通过在第一个电感中放入样品材料,通过可以改变磁化系数来改变电感值.假设电感系数的改变量很小,在理想情况下,等效自感为$$(I_1+\Delta I_1)+I_2-2\sqrt{{I_1+\Delta I_1}I_2}=\frac{1}{2}\Delta I_1^2$$.是一个两阶小量.

Asynchronized induction motor
异步电动机力矩转速关系图. 一般的文献中,采用所谓等效变压器关系,把转轴做功的部分等价为一个电阻,其数值与转差率$$ s $$有关$$ \frac{R}{s} $$,在考虑其他复阻抗的情况下,可以定性得到该关系.但是更为仔细的分析表明,其实该模型并不与实际相符.当转差率趋于0时,其转子回路中电流趋于零,从而在定子回路的角度看,转子回路的等效阻抗趋于零.另一方面,在转差率趋于1时,虽然转子基本静止从而电动机并不对外做功,但是转子回路中的电流并不为零,从定子回路的角度看, 转子回路的等效阻抗趋于纯电感.显然这个结果并不满足变压器的电压电流比例关系.

如果考虑定子回路具有确定的电流$$ i_1 $$,我们可以计算转子回路中的力矩与转速差的关系,它是


 * $$\begin{align}

&i_2 = \frac{s\epsilon}{R+j s L} \\ &\tau = Const. \times |i| = Const. \times \frac{s\epsilon}{\sqrt{R^2+s^2 L^2}} \end{align}$$ 其中复电流为$$ i_2 $$涉及转子回路的导线电阻$$ R $$,来源于互电感和磁通量变化的电势$$ s\epsilon $$和转子的自电感$$ L $$.对应的输出功率与转子的转速有关,它为


 * $$\begin{align}

p_{out}=Const.\times \tau (1-s) = Const. \times \frac{s(1-s)\epsilon}{\sqrt{R^2+s^2 L^2}} \end{align}$$

因为仅仅阻抗的实数部分做功,上面的计算仅仅涉及到转子回路的实阻抗部分,记为$$ R_{eff} $$,我们有


 * $$\begin{align}

p_{out}=|i_1|^2 R_{eff} \end{align}$$ 从而


 * $$\begin{align}

R_{eff}= Const. \times \frac{s(1-s)\epsilon}{\sqrt{R^2+s^2 L^2}} \end{align}$$

其中$$ i_1 $$为定子回路的电流.而实际上,定子回路的电流还由转子回路的等效复阻抗$$ X_{eff} $$决定.


 * $$\begin{align}

i_1=Const.\times \frac{\varepsilon}{R_{eff}+R_1+j (X_1+X_{eff}) } \end{align}$$ 在固定的外电势$$ \varepsilon $$下,电机的输出功率为


 * $$\begin{align}

p_{out}= |i_1|^2 R_{eff} = Const.\times \frac{\varepsilon^2}{(R_{eff}+R_1)^2+(X_1+X_{eff})^2 } \frac{s(1-s)\epsilon}{\sqrt{R^2+s^2 L^2}} \end{align}$$ 在固定外电压情况下的输出功率和力矩满足与上面类似的关系
 * $$\begin{align}

\tau= Const.\times \frac{p_{out}}{1-s}= Const.\times \frac{\varepsilon^2}{(R_{eff}+R_1)^2+(X_1+X_{eff})^2}\frac{s\epsilon}{\sqrt{R^2+s^2 L^2}} \end{align}$$ 在上面的表达式中,如果认为所有的量都是常数,得到的曲线随着$$ s $$单调增加,如果要拟合实验结果,物理上,我们需要在$$ s $$增加时定子回路电流$$ i_1 $$减小的足够快,从前面的讨论得知,$$ X_{eff} $$并不是常数,而且的确随着转差率的增加而增加,我们可以不妨假定最简单的线性形式


 * $$\begin{align}

X_{eff}= Const. s \end{align}$$ 通过做图我们发现,该函数的确定性满足实验上的力矩转差率关系.

P.284 (12.7.13) 书中的说明非常不妥,严格的证明格林函数(12.7.2)以下一式


 * $$\begin{align}

\Delta \varphi=-\frac{\rho(\vec x,t)}{\varepsilon_0} \end{align}$$

直接证明比如参见Sakurai P.382 (7.1.18),这里的区别是等式右边还有一个时间$$ \Delta$$ 函数因子,等式左边代替 $$k^2$$ 的是对时间两次求导,质能关系对零质量光子为 $$k=\frac{\omega}{c}$$ .关键是对动量部分的积分形式(7.1.16)保持不变,完成后对能量积分产生一个 $$\Delta$$ 函数


 * $$\begin{align}

\frac{1}{2\pi}\int d\omega e^{i\omega(\frac{\pm|\vec x-\vec x'|}{c}+t)}=\Delta (t\pm\frac{|\vec x-\vec x'|}{c}) \end{align}$$

从而问题得证(其中因子 $$2\pi$$ 按傅立叶变换定义,其实不会出现在最后表达式中). 另外间接的证明参见J. Jackson P.245 (6.44)之前的讨论. 这里推迟势的结果和量子场论中瞬时库仑势物理上的区别是,后者在横向度规中讨论,理论没有明显的相对论协变性.而这里虽然解的是经典力学方程,理论具有协变性,故不可能出现瞬时势的形式.

Atomic Magnetic Moment
原子磁矩.

原子磁矩主要来自电子磁矩,因为电子的质量小,其对磁矩的贡献远远大于原子核对磁矩的贡献.电子的贡献了来自轨道角动量和自旋.下面的推导来自杨福家的原子物理学.注意这个推导仅仅在大学物理的水平上给出,其实并不是正确的,因为如果原子磁矩是矢量,那么没有理由因为它正好处在总角动量的方向上.一个在量子力学中正确的处理方法参见比如Ashcroft Solid State Physics.推导用准经典的形式计算轨道角动量和自旋各自单独对原子磁矩的贡献,


 * $$\begin{align}

&\mu_l= -|l|g_l \mu_B = -\sqrt{l(l+1)}g_l \mu_B \\ &\mu_s= -|s|g_s \mu_B = -\sqrt{s(s+1)}g_s \mu_B \end{align}$$

其中负号因为电子电荷为负.其中常数为


 * $$\begin{align}

&g_l = 1\\ &g_s = 2 \end{align}$$

$$ g_s $$可以由狄拉克方程自然的得到.考虑总的磁矩沿着总角动量的方向,且各分量的贡献满足前面的关系,我们得到


 * $$\begin{align}

&\mu_j = \mu_l \cos({\vec l}, {\vec j})+\mu_s \cos({\vec s}, {\vec j}) \\ &= \mu_l \frac{{\vec l}\cdot {\vec j}}{|l||j|}+\mu_s  \frac{{\vec s} \cdot {\vec j}}{|s||j|} \\ &= \mu_l \frac{{\vec l}\cdot ({\vec l}+{\vec s})}{|l||j|}+\mu_s  \frac{{\vec s} \cdot ({\vec l}+{\vec s})}{|s||j|} \\ &= \mu_l \frac{l^2+{\vec l}\cdot {\vec s}}{|l||j|}+\mu_s  \frac{s^2+{\vec s} \cdot {\vec l}}{|s||j|} \\ &= \mu_l \frac{l^2+\frac{1}{2}(j^2-l^2-s^2)}{|l||j|}+\mu_s  \frac{s^2+\frac{1}{2}(j^2-l^2-s^2)}{|s||j|} \\ &= \mu_l \frac{\frac{1}{2}(j^2+l^2-s^2)}{|l||j|}+\mu_s  \frac{\frac{1}{2}(j^2-l^2+s^2)}{|s||j|} \\ &= -g_l \mu_B \frac{\frac{1}{2}(j^2+l^2-s^2)}{|j|}-g_s\mu_B  \frac{\frac{1}{2}(j^2-l^2+s^2)}{|j|} \\ &= -g_l \mu_B \frac{\frac{1}{2}(j^2+l^2-s^2)}{\sqrt{j(j+1)}}-g_s\mu_B  \frac{\frac{1}{2}(j^2-l^2+s^2)}{\sqrt{j(j+1)}}. \end{align}$$

如果引入$$g$$因子的定义如下 $$ \mu_j= -|j|g_j \mu_B = -\sqrt{j(j+1)}g_j \mu_B $$ 我们得到$$g$$因子的表达式


 * $$\begin{align}

g_j = g_l \frac{(j^2+l^2-s^2)}+g_s  \frac{(j^2-l^2+s^2)} \end{align}$$