Гамильтониан сохраняется, но не является полной механической энергией

Думаю, эта теорема может вам помочь.

Предположить, что$L=T-U$является лагранжианом системы.$T$кинетическая энергия, представленная в виде квадратичной формы$\dot{q}$:$T=\frac{1}{2}\sum a_{ij}\dot{q_i}\dot{q_j}$,$a_{ij}=a_{ji}(q,t)$;$U=U(q)$.

Теорема . При этих предположениях гамильтониан$H$полная энергия системы$H=T+U$

Доказательство теоремы : использование теоремы Эйлера об однородных функциях.$\frac{\partial f}{\partial x}x=2f$. Тогда у нас есть:$H=p\dot{q}-L=\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\dot{q}-(T-U)=2T-(T-U)=T+U$ $\blacksquare$

Итак, если у вас есть система с такими предположениями, вы можете сказать, что гамильтониан и полная энергия — это одно и то же.

Я точно знаю, что если потенциальная энергия зависит от скорости, то энергия будет отличной от гамильтоновой.

Вы можете узнать больше об этом в книге Арнольда « Математические методы классической механики ».

Это внешняя энергия, необходимая для вращения обруча. Гамильтониан является сохраняющейся величиной, поскольку он не зависит явно от времени, но механическая энергия (кинетическая плюс потенциальная) не сохраняется.

Обратите внимание, что:

$$E=K_1 + K_2 + U$$ куда $K_2$- кинетический член, который не зависит от скорости $\dot \phi$, тогда $$L=K_1 + K_2 - U$$ а также $$H=K_1 - K_2 + U$$ поскольку $K_2$не зависит от скоростей и для гамильтониана является эффективным потенциальным членом.

Я думаю, это связано с тем, что ваши уравнения преобразования между$x_{\alpha ,i}$а также$q_{j}$явно содержат время.

$$x = Rsin(\phi )cos(\theta )=Rsin(\phi )cos(\omega t)$$ $$y = Rsin(\phi )sin(\theta )=Rsin(\phi )sin(\omega t)$$ $$z = Rcos(\phi )$$

И, согласно теореме, упомянутой Ойале, ваша кинетическая энергия не представляет собой квадратичную форму$\dot{q}$. Вот почему ваш гамильтониан (каноническая энергия) не равен механической энергии. Достаточные условия$H=E$является :

(1) Потенциальная энергия не зависит от скорости.

(2) Уравнения преобразования между$x_{\alpha ,i}$а также$q_{j}$не содержат явно время

Поэтому, если мы перепишем преобразование координат,

$$x = Rsin(\phi )cos(\theta )$$ $$y = Rsin(\phi )sin(\theta )$$ $$z = Rcos(\phi )$$

тогда ваша механическая энергия, лагранжиан и гамильтониан (каноническая энергия) будут:

$$E =\frac{P_{\phi }^{2}}{2mR^{2}}+\frac{P_{\theta }^{2}}{2mR^{2}sin(\phi )^{2}}+mgRcos(\phi )$$ $$L=\frac{P_{\phi }^{2}}{2mR^{2}}+\frac{P_{\theta }^{2}}{2mR^{2}sin(\phi )^{2}}-mgRcos(\phi )$$ $$H =\frac{P_{\phi }^{2}}{2mR^{2}}+\frac{P_{\theta }^{2}}{2mR^{2}sin(\phi )^{2}}+mgRcos(\phi )$$

Очевидно,$H=E$.

---

Извините, я думаю, что сделал ошибку. Я просто проигнорировал уравнение ограничения,

$$f(\phi ,\theta ,t) = \theta -\omega t = 0$$ Следовательно, я должен изменить свой гамильтониан. $$H^{'}=H-\lambda f(\phi ,\theta ,t)$$

См . тему « Гамильтониан из лагранжиана с ограничениями? » в SE.

Я думаю, что гамильтониан не обязательно является энергией по следующей причине: вы можете показать, что лагранжиан может быть выведен из принципа Даламбера, который связан с понятием силы и т. д., но также может быть выведен из принципа Гамильтона. что является чисто математическим понятием, применяемым к физике (определенная величина должна быть экстремумом при интегрировании по истинному пути). Поэтому можно найти разные формы лагранжианов, дающие одни и те же уравнения движения (уравнения Лагранжа): либо путем построения лагранжиана$L=T-U$или путем построения другого лагранжиана, дающего те же уравнения. Вы можете подумать, что последний лагранжиан дает правильные уравнения движения, но на самом деле он неверен: принцип Гамильтона не позволяет вам утверждать это.

Пример из французского учебника (C. Cohen Tannoudji):

Представим себе два независимых одинаковых одномерных гармонических осциллятора с координатами x и y.

По принципу Даламбера имеем

$L=T-U=\frac{1}{2}m(\dot{x}^2+\dot{y}^2)-\frac{1}{2}m\omega_0^2(x^2+y^2)$,

а уравнения движения

$\ddot{x}=-\omega_0^2x$

а также

$\ddot{y}=-\omega_0^2y$.

Если вы используете этот другой лагранжиан$L'=m\dot{x}\dot{y}-m\omega_0xy$, вы найдете точно такие же уравнения.$L'$можно было бы вывести из принципа Гамильтона.

Если же вы решите написать гамильтониан, используя обычное преобразование Лежандра и определение импульса, вы легко покажете, что гамильтонианы тоже различны.

В часто упоминаемом случае, когда для определения координат выбирается движущаяся система отсчета, обычно энергия отличается от случая, когда система отсчета находится в состоянии покоя. Я имею в виду, вы найдете тот же результат в ньютоновской механике: частица массы$m$и скорость$v$имеет энергию$E=\frac{1}{2}mv^2$в то время как в его собственном кадре,$E=0$. Для меня этот ответ для гамильтониана несколько тривиален.

Бусинку ОП можно смоделировать как минимум двумя способами, используя исходный кадр:

1. Как имеющий 1 степень свободы$\theta$. Это метод ОП. Лагранжиан$^1$

   $$\begin{align}L_1(\theta,\dot{\theta})~=~& \frac{1}{2}mR^2( \dot{\theta}^2+\omega^2\sin^2\theta) - V,\cr V~=~& - mgR\cos\theta,\end{align}\tag{1L}$$ энергетическая функция Лагранжа $$\begin{align} h_1(\theta,\dot{\theta})~:=~&\dot{\theta}\frac{\partial L_1(\theta,\dot{\theta})}{\partial\dot{\theta}}- L_1(\theta,\dot{\theta}) \cr ~=~& \frac{1}{2}mR^2( \dot{\theta}^2\color{red}{-}\omega^2\sin^2\theta) + V,\end{align}\tag{1h}$$ и гамильтониан $$H_1(\theta,p_{\theta})~=~\frac{p_{\theta}^2}{2mR^2}\color{red}{-}\frac{1}{2}mR^2\omega^2\sin^2\theta + V.\tag{1H}$$ Лагранжиан$L_1$не имеет явной зависимости от времени, поэтому функция энергии Лагранжа$h_1$и гамильтониан$H_1$сохраняются. 2 последние функции$h_1$а также$H_1$имеют одно и то же значение, но отличаются от полной механической энергии$E$из бисера. Как мы увидим, проблема в том, что шарик не является изолированной системой.

2. Как имеющий 2 степени свободы$(\theta,\phi)$с 1 зависящим от времени голономным ограничением $\phi-\omega t\approx 0$. Лагранжиан

   $$L_2~=~ \frac{1}{2}mR^2( \dot{\theta}^2+\dot{\phi}^2\sin^2\theta ) - V+\lambda(\phi-\omega t),\tag{2L}$$ энергетическая функция Лагранжа $$h_2~=~ \frac{1}{2}mR^2( \dot{\theta}^2\color{red}{+}\dot{\phi}^2\sin^2\theta ) + V-\lambda(\phi-\omega t),\tag{2h}$$ и гамильтониан $$H_2~=~\frac{p_{\theta}^2}{2mR^2}\color{red}{+}\frac{p_{\phi}^2}{2mR^2\sin^2\theta} + V -\lambda(\phi-\omega t).\tag{2H}$$ 3 функции$L_2$,$h_2$а также$H_2$имеют явную зависимость от времени. Энергетическая функция Лагранжа$h_2$и гамильтониан$H_2$равны полной энергии$E$.

   Множитель Лагранжа$^2$

   $$\lambda~\approx~\dot{p}_{\phi}, \qquad p_{\phi}~=~mR^2\dot{\phi}\sin^2\theta,\tag{$\lambda$}$$ можно определить по ЕОМ. Имеет интерпретацию как обобщенная сила внешней связи $Q_{\phi}=\lambda$действует на бусину. Его мощность равна скорости полного прироста энергии шарика. $$\frac{dh_2}{dt}~\approx~P~=~Q_{\phi}\dot{\phi}~=~\lambda\dot{\phi}~\approx~\frac{d(p_{\phi}\omega)}{dt}, \tag{P}$$ т.е. обруч совершает работу над бусиной. Другими словами, разница $$h_1~\approx~h_2-p_{\phi}\omega \tag{h}$$ между LHS и RHS экв. (P) сохраняется. Это объясняет наблюдение ОП (4).

---

$^1$Лагранжиан$L_1$то же самое во вращающейся системе отсчета обруча: единственное отличие состоит в том, что второй кинетический член переинтерпретирован как минус центробежный потенциал.

NB: в этом ответе мы используем стандартные физические обозначения для сферических координат , т.е.$\theta$полярный угол и$\phi$азимутальный угол.

$^2$ The $\approx$символ означает равенство по модулю EOMs и ограничений.

$\uparrow$Рисунок взят из вопроса 3.57 на сайте Chegg.com.