% --- 作业标题栏 ---
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\begin{tabular}{@{}l}
    \textbf{\Huge\it 理论力学 \normalfont A} \\
    \vspace{0.1cm} \\
    \large 作业19  参考答案 \\
\end{tabular}
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\begin{tabular}{@{}l}
    \textbf{学期：} 2025秋 \\
    \textbf{助教：} 于洪飞，张积翔 \\
    \textbf{日期：} \today \\
\end{tabular}
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% --- 作业问题 ---
\section*{第四章 对称性和守恒量}

\paragraph{9.} 在1+1闵氏时空中，一个亚光速粒子受到最小耦合电磁作用. 
\begin{enumerate}
    \item[(1)] 写出拉氏函数. 
    \item[(2)] 写出运动方程. 
    \item[(3)] 此模型中是否含有与速度成正比的作用力？
\end{enumerate}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
    \item[(1)] \textbf{拉氏函数}
    1+1 维时空（1个时间维 $t$，1个空间维 $x$）. 
    自由粒子的相对论拉氏量为 $-mc^2/\gamma = -mc^2\sqrt{1-v^2/c^2}$，其中 $v=\dot{x}$. 
    电磁相互作用的拉氏量为 $-q\phi + q\vec{A}\cdot\vec{v}$. 在 1+1 维中，矢量势 $\vec{A}$ 只有一个分量 $A_x$. 
    $$ L = -mc^2\sqrt{1-\frac{\dot{x}^2}{c^2}} - q\phi(t, x) + q A_x(t, x) \dot{x} $$

    \item[(2)] \textbf{运动方程}
    欧拉-拉格朗日方程：$\frac{d}{dt}(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}) - \frac{\partial L}{\partial x} = 0$. 
    \begin{align*}
        \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} &= -mc^2 \frac{1}{2\sqrt{1-\dot{x}^2/c^2}} (-\frac{2\dot{x}}{c^2}) + qA_x = \frac{m\dot{x}}{\sqrt{1-\dot{x}^2/c^2}} + qA_x = p + qA_x \\
        \frac{\partial L}{\partial x} &= -q\frac{\partial \phi}{\partial x} + q\frac{\partial A_x}{\partial x}\dot{x}
    \end{align*}
    代入方程：
    $$ \frac{d}{dt}(p + qA_x) = -q\frac{\partial \phi}{\partial x} + q\frac{\partial A_x}{\partial x}\dot{x} $$
    $$ \frac{dp}{dt} + q(\frac{\partial A_x}{\partial t} + \frac{\partial A_x}{\partial x}\dot{x}) = -q\frac{\partial \phi}{\partial x} + q\frac{\partial A_x}{\partial x}\dot{x} $$
    $$ \frac{dp}{dt} + q\frac{\partial A_x}{\partial t} = -q\frac{\partial \phi}{\partial x} $$
    $$ \frac{dp}{dt} = q(-\frac{\partial \phi}{\partial x} - \frac{\partial A_x}{\partial t}) = qE_x $$
    其中 $E_x = -\frac{\partial \phi}{\partial x} - \frac{\partial A_x}{\partial t}$ 是 1 维电场强度. 

    \item[(3)] \textbf{与速度成正比的力}
    从运动方程 $\frac{dp}{dt} = qE_x$ 可以看出，力的形式仅为电场力 $qE_x$. 
    在 1+1 维中，不存在磁场（因为磁场 $B = \nabla \times A$，需要至少二维空间才能定义叉积或旋度，或者说 $F_{\mu\nu}$ 中只有 $F_{01} = -E_x$ 分量，没有磁场分量）. 
    因此，没有洛伦兹力项 $q(\vec{v} \times \vec{B})$. 
    结论：此模型中\textbf{不含有}与速度成正比的作用力（即没有磁力）. 
\end{enumerate}
\end{solution}

\hrule
\paragraph{10.} 电荷$q$、质量$m$的粒子在静电磁场中运动. 采用柱坐标系$(r, \theta, z)$，设电场为 $$\vec{E}=\frac{a}{r}\vec{e}_{r},$$磁场为 $$\vec{B}=B\vec{e}_{z}.$$
\begin{enumerate}
    \item[(1)] 写出电磁场的四矢势 $(\phi, \vec{A})$. 
    \item[(2)] 写出拉氏函数和运动方程. 
\end{enumerate}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
    \item[(1)] \textbf{四矢势}
    电场 $\vec{E} = -\nabla \phi$. 
    $$ -\frac{\partial \phi}{\partial r} = \frac{a}{r} \implies \phi = -a \ln r + C $$
    取 $C=0$，则 $\phi = -a \ln r$. 
    磁场 $\vec{B} = \nabla \times \vec{A} = B\vec{e}_z$. 
    在柱坐标下，取 $\vec{A} = A_\theta(r) \vec{e}_\theta$. 
    $$ (\nabla \times \vec{A})_z = \frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r}(r A_\theta) = B $$
    $$ \frac{\partial}{\partial r}(r A_\theta) = Br \implies r A_\theta = \frac{1}{2}Br^2 \implies A_\theta = \frac{1}{2}Br $$
    所以 $\vec{A} = \frac{1}{2}Br \vec{e}_\theta$. 
    四矢势为 $(\phi, \vec{A}) = (-a \ln r, \frac{1}{2}Br \vec{e}_\theta)$. 

    \item[(2)] \textbf{拉氏函数和运动方程}
    相对论拉氏函数（题目未明确，但上下文是相对论，若非相对论则 $\gamma \to 1$）：
    $$ L = -mc^2\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}} - q\phi + q\vec{A}\cdot\vec{v} $$
    在柱坐标下，$v^2 = \dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2 + \dot{z}^2$，$\vec{A}\cdot\vec{v} = (\frac{1}{2}Br\vec{e}_\theta) \cdot (v_r\vec{e}_r + v_\theta\vec{e}_\theta + v_z\vec{e}_z) = \frac{1}{2}Br(r\dot{\theta}) = \frac{1}{2}Br^2\dot{\theta}$. 
    $$ L = -mc^2\sqrt{1-\frac{\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2 + \dot{z}^2}{c^2}} + qa \ln r + \frac{1}{2}qBr^2\dot{\theta} $$

    \textbf{运动方程}：
    \begin{itemize}
        \item 对 $z$: 循环坐标 $\implies p_z = \gamma m \dot{z} = \text{const}$. 
        \item 对 $\theta$: 循环坐标 $\implies p_\theta = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = \gamma m r^2 \dot{\theta} + \frac{1}{2}qBr^2 = \text{const}$ (广义角动量守恒). 
        \item 对 $r$:
        $$ \frac{d}{dt}(\gamma m \dot{r}) - (\gamma m r \dot{\theta}^2 + \frac{qa}{r} + qBr\dot{\theta}) = 0 $$
        即 $\frac{dp_r}{dt} = \gamma m r \dot{\theta}^2 + qBr\dot{\theta} + \frac{qa}{r}$. 
    \end{itemize}
\end{enumerate}
\end{solution}

\hrule
\paragraph{11.} 利用相对论运动方程 $$m[\gamma\vec{a}+\gamma^{3}(\vec{v}\cdot\vec{a}){\vec{v}}]=\vec{F}.$$

\begin{enumerate}
    \item[(1)] 求解加速度 $\vec{a}$. 提示:可以利用 Cayley-Hamilton 定理. 
    \item[(2)] 记力 $\vec{F}$ 与加速度 $\vec{a}$ 的夹角为 $\theta_F$，请给出函数关系 $$\theta_{F}=\theta_{F}(\vec{F},\vec{v}).$$
    \item[(3)] 加速度与作用力是否平行？求垂直于 $\vec{F}$ 方向的加速度 $\vec{a}_\perp$. 
\end{enumerate}

\begin{solution}
\begin{enumerate}
    \item[(3)] \textbf{求解加速度}
利用 $\gamma^2 = \frac{1}{1-v^2}$，可以将方程重写为矩阵形式。注意到 $\vec{v}\cdot\vec{a} = \vec{v}^T \vec{a}$，方程变为：
$$ m\gamma (\mathbb{I} + \gamma^2 \vec{v}\vec{v}^T) \vec{a} = \vec{F} $$
令矩阵 $\mathbf{M} = \mathbb{I} + \gamma^2 \vec{v}\vec{v}^T$。我们需要求解 $\vec{a}$，即需要求逆矩阵 $\mathbf{M}^{-1}$。
根据 Cayley-Hamilton 定理或直接利用 $\mathbf{M}$ 的特征值性质：
矩阵 $\vec{v}\vec{v}^T$ 的特征值为 $v^2$（对应特征向量 $\vec{v}$）和 $0$（对应垂直于 $\vec{v}$ 的方向）。
因此，矩阵 $\mathbf{M}$ 的特征值为：
\begin{itemize}
    \item 沿 $\vec{v}$ 方向：$1 + \gamma^2 v^2 = 1 + \frac{v^2}{1-v^2} = \frac{1}{1-v^2} = \gamma^2$
    \item 垂直于 $\vec{v}$ 方向：$1 + 0 = 1$
\end{itemize}
于是，逆矩阵 $\mathbf{M}^{-1}$ 的特征值应为 $\gamma^{-2}$ 和 $1$。我们可以构造其形式为：
$$ \mathbf{M}^{-1} = \mathbb{I} + k \vec{v}\vec{v}^T $$
代入特征值方程：$1 + k v^2 = \gamma^{-2} = 1 - v^2 \implies k = -1$。
所以：
$$ \mathbf{M}^{-1} = \mathbb{I} - \vec{v}\vec{v}^T $$
将逆矩阵作用于原方程 $\vec{a} = \frac{1}{m\gamma} \mathbf{M}^{-1} \vec{F}$：
$$ \vec{a} = \frac{1}{m\gamma} (\mathbb{I} - \vec{v}\vec{v}^T) \vec{F} $$
即加速度的表达式为：
$$ \vec{a} = \frac{\vec{F} - (\vec{F}\cdot\vec{v})\vec{v}}{m\gamma} $$

    \item[(3)] \textbf{加速度与力的夹角}
设力 $\vec{F}$ 与速度 $\vec{v}$ 的夹角为 $\theta$（即 $\cos\theta = \frac{\vec{F}\cdot\vec{v}}{F v}$），力 $\vec{F}$ 与加速度 $\vec{a}$ 的夹角为 $\theta_F$。
根据 (1) 中的结果，我们计算 $\vec{a}\cdot\vec{F}$ 和 $|\vec{a}|$。
$$ \vec{a}\cdot\vec{F} = \frac{1}{m\gamma} [ F^2 - (\vec{F}\cdot\vec{v})^2 ] = \frac{F^2}{m\gamma} (1 - v^2 \cos^2\theta) $$
计算加速度模长的平方：
\begin{align*}
    a^2 &= \frac{1}{m^2\gamma^2} | \vec{F} - (\vec{F}\cdot\vec{v})\vec{v} |^2 \\
    &= \frac{1}{m^2\gamma^2} [ F^2 - 2(\vec{F}\cdot\vec{v})^2 + (\vec{F}\cdot\vec{v})^2 v^2 ] \\
    &= \frac{F^2}{m^2\gamma^2} [ 1 - (2 - v^2) v^2 \cos^2\theta ]
\end{align*}
利用 $\cos\theta_F = \frac{\vec{a}\cdot\vec{F}}{a F}$：
$$ \cos\theta_F = \frac{\frac{F^2}{m\gamma}(1 - v^2\cos^2\theta)}{F \frac{F}{m\gamma}\sqrt{1 - (2v^2 - v^4)\cos^2\theta}} = \frac{1 - v^2\cos^2\theta}{\sqrt{1 - (2v^2 - v^4)\cos^2\theta}} $$
或者计算 $\tan\theta_F$ 得到更简洁的形式：
$$ \tan\theta_F = \frac{v^2 \sin\theta \cos\theta}{1 - v^2 \cos^2\theta} $$
其中 $\theta = \arccos\left(\frac{\vec{F}\cdot\vec{v}}{F v}\right)$。函数关系为：
$$ \theta_F(\vec{F}, \vec{v}) = \arctan\left( \frac{v^2 \frac{\vec{F}\cdot\vec{v}}{F v} \sqrt{1 - (\frac{\vec{F}\cdot\vec{v}}{F v})^2}}{1 - v^2 (\frac{\vec{F}\cdot\vec{v}}{F v})^2} \right) = \arctan\left( \frac{v (\vec{F}\cdot\vec{v}) \sqrt{F^2 v^2 - (\vec{F}\cdot\vec{v})^2}}{F^2 v^2 - v^2 (\vec{F}\cdot\vec{v})^2} \right) $$
通常写为关于 $\theta$ 的显式：
$$ \theta_F = \arctan\left( \frac{v^2 \sin\theta \cos\theta}{1 - v^2 \cos^2\theta} \right) $$

    \item[(3)] \textbf{加速度与力的方向}
    从 $\vec{a} = \frac{1}{m\gamma} \vec{F} - \frac{\vec{v}\cdot\vec{F}}{m\gamma c^2} \vec{v}$ 可见，$\vec{a}$ 与 $\vec{F}$ 一般不平行，除非 $\vec{v} \parallel \vec{F}$（纵向质量）或 $\vec{v} \perp \vec{F}$（横向质量）. 
    
    \textbf{垂直于 $\vec{v}$ 方向的加速度} $\vec{a}_\perp$：
    将 $\vec{F}$ 分解为平行于 $\vec{v}$ 的 $\vec{F}_\parallel$ 和垂直于 $\vec{v}$ 的 $\vec{F}_\perp$. 
    $$ \vec{a} = \frac{1}{m\gamma} (\vec{F}_\parallel + \vec{F}_\perp) - \frac{v F_\parallel}{m\gamma } \frac{\vec{v}}{v} = \frac{\vec{F}_\perp}{m\gamma} + \frac{F_\parallel}{m\gamma} (1 - v^2) \frac{\vec{v}}{v} $$
    $$ \vec{a} = \frac{\vec{F}_\perp}{m\gamma} + \frac{\vec{F}_\parallel}{m\gamma^3} $$
    垂直分量 $\vec{a}_\perp$ 仅由 $\vec{F}_\perp$ 产生：
    $$ \vec{a}_\perp = \frac{\vec{F}_\perp}{m\gamma} $$
    (这就是横向质量 $m\gamma$ 的来源，而平行分量对应纵向质量 $m\gamma^3$). 
\end{enumerate}
\end{solution}
