有心力
$\quad\\$
有心力的定义
$\quad\\$
对于任意两个质点$m_1,m_2$，记二者间矢径$\boldsymbol{r}=\boldsymbol{r}_2-\boldsymbol{r}_1$，若其相互作用力仅为两质点间矢径的函数且沿矢径方向，即$\boldsymbol{f}_{21}=-\boldsymbol{f}_{12}=f(r)\boldsymbol{\hat{r}}$($\boldsymbol{f}_{ij}$表示质点$i$受到质点$j$的作用力)，则称此相互作用力为有心力，易知有心力为保守力，故其可表示为一个标量函数即势能的梯度。
$$\boldsymbol{f}_{21}=-\frac{\partial U(r)}{\partial \boldsymbol{r}_2}\quad \boldsymbol{f}_{12}=-\frac{\partial U(r)}{\partial \boldsymbol{r}_1}\\
\quad\\
\small 体系的拉格朗日函数为\\
\quad\\
L=\frac{1}{2}m_1v_1^2+\frac{1}{2}m_2v_2^2-U(r)
$$
令总质量$M=m_1+m_2$，约化质量$\mu=\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}$，质心坐标$\boldsymbol{R}=\frac{m_1\boldsymbol{r}_1+m_2\boldsymbol{r}_2}{m_1+m_2}$，质心速度$\boldsymbol{V}=\frac{d\boldsymbol{R}}{dt}$，相对速度$\boldsymbol{v}=\frac{d\boldsymbol{r}}{dt}$，则有新坐标下的拉格朗日量
$$L=\frac{1}{2}\mu v^2+\frac{1}{2}MV^2-U(r)$$
注意到$R$为可遗坐标，对应着$\frac{d\boldsymbol{V}}{dt}=0$，故质心系为惯性系，可取其作为参考系，则有$\boldsymbol{V}=0$，此时拉格朗日量退化为
$$L=\frac{1}{2}\mu v^2-U(r)$$
其行为像是单个质点$\mu$在势场$U(r)$中的运动，现用球坐标$\boldsymbol{r}:(r,\theta,\varphi)$描述矢径，则拉格朗日量变为
$$L=\frac{1}{2}\mu(\dot{r}^2+r^2\dot{\theta}^2+r^2\sin^2\theta\dot{\varphi}^2)-U(r)\\
\quad\\
\small \theta 的拉格朗日方程\\
\quad\\
\mu r^2\ddot{\theta}+2\mu r\dot{r}\dot{\theta}^2-\mu r^2\sin\theta\cos\theta\dot{\varphi}^2=0\\
\quad\\
\small 令\boldsymbol{r}轨迹上的某一点为初始点，该处的密切平面为赤道面则可确定初始条件\\
\quad\\
\theta_0=\frac{\pi}{2},\dot{\theta}_0=0\\
\quad\\
\small 代入方程可得\ddot{\theta}_0=0\\
\quad\\
\small 由于运动方程为二阶方程，故\ddot{\theta}\equiv 0，即\boldsymbol{r}轨迹为平面曲线\\
\quad\\
\small 拉格朗日量进一步退化为\\
\quad\\
L=\frac{1}{2}\mu(\dot{r}^2+r^2\dot{\varphi}^2)-U(r)$$
故在有心力作用下的两体运动为保守平面运动
$\quad\\$
运动轨道
$\quad\\$
上面通过解$\theta$的拉格朗日方程将拉格朗日量化为
$$L=\frac{1}{2}\mu(\dot{r}^2+r^2\dot{\varphi}^2)-U(r)$$
现在考虑$\varphi$的方程
$$\frac{d(\mu r^2 \dot{\varphi})}{dt}=0$$
此即角动量守恒，记常角动量$\ell_0=\mu r^2 \dot{\varphi}$，因此矢径单位时间扫过的面积$\frac{dS}{dt}=\frac{1}{2}r^2\dot{\varphi}$也为常数，若$\boldsymbol{r}$的运动轨迹为封闭曲线，设其包围面积为$S$，运动周期就可由下式求出
$$T=\frac{2\mu S}{\ell_0}$$
回到拉格朗日量，因为$L$不显含时间，故由广义功能定理$\frac{d H}{dt}=-\frac{\partial L}{\partial t}=0$知广义能量守恒，记其为常数$E_0$，将常量$\ell_0$表达式代入即得
$$H=\frac{1}{2}\mu(\dot{r}^2+\frac{\ell_0^2}{\mu^2r^2})+U(r)=E_0\\
\quad\\
\small 对H的三项的直观解释为\\
\quad\\
\small \frac{1}{2}\mu\dot{r}^2为动能，\frac{\ell_0^2}{2\mu r^2}为惯性离心力\frac{\mu (r\dot{\varphi})^2}{r}的等效势能，U(r)为普通势能\\
$$
将$H$后两项的和$U_{eff}(r)=\frac{\ell_0^2}{2\mu r^2}+U(r)$称作有效势能，于是$\frac{1}{2}\mu\dot{r}^2+U_{eff}(r)=E_0$，问题等价于质点$\mu$在势场$U_{eff}$下的一维运动，接下来求解运动轨道方程
$$\frac{dr}{dt}=\pm\sqrt{\frac{2}{\mu}(E_0-U_{eff}(r))}\qquad \frac{d\varphi}{dt}=\frac{\ell_0}{\mu r^2}\\
\quad\\
d\varphi=\pm\frac{\ell_0dr}{r^2\sqrt{2\mu(E_0-U_{eff}(r))}}\\
\quad\\
\small两边积分即可得到轨迹方程(r增加的部分符号取正，反之取负)$$
注意到$\lim\limits_{r\to \infty}U_{eff}(r)=\lim\limits_{r\to \infty}U(r)，E_0\ge U(r)$，故对于$E_0<\lim\limits_{r\to \infty}U(r)$的情况，$r\to\infty$是不被允许的，此时质点作有界运动，对于$E_0\ge\lim\limits_{r\to \infty}U(r)$的情况，$r\to\infty$是可能发生的，此时质点作无界运动
$\quad\\$
比内公式
$\quad\\$
以上讨论了$\theta$和$\varphi$的拉格朗日方程，现在从$r$的方程出发来推导轨道方程的微分形式
$$\mu\ddot{r}-\mu r\dot{\varphi}^2-f(r)=0\\
\quad\\
\small 用有效势表示即为\\
\quad\\
\mu\ddot{r}+\frac{\partial U_{eff}(r)}{\partial r}=0$$
为了消去$t$，我们将$\ddot{r}$作如下变化
$$\begin{aligned}\frac{d^2r}{dt^2}&=\frac{d}{d\varphi}(\frac{dr}{d\varphi}\dot{\varphi})\dot{\varphi}\\
\quad\\
&=\frac{d}{d\varphi}(\frac{dr}{d\varphi}\frac{\ell_0}{\mu r^2})\frac{\ell_0}{\mu r^2}\\
\quad\\
&=-\frac{d^2(\frac{1}{r})}{d\varphi^2}\frac{\ell_0^2}{\mu^2r^2}\end{aligned}$$
令$u=\frac{1}{r}$，将$\ddot{r}$的表达式代入$r$的拉格朗日方程有
$$\ell_0^2u^2(\frac{d^2u}{d\varphi^2}+u)=-\mu f(r)$$
此即比内公式，当然也可以对$\frac{1}{2}\mu(\dot{r}^2+\frac{\ell_0^2}{\mu^2r^2})+U(r)=E_0$施加变换，可得
$$\frac{\ell_0^2}{2\mu}\left[\left(\frac{du}{d\varphi}\right)^2+u^2\right]+U(\frac{1}{u})=E_0$$
这是一阶微分方程，可称为降阶的比内公式
$\quad\\$
圆轨道
$\quad\\$
由公式$\mu\ddot{r}+\frac{\partial U_{eff}(r)}{\partial r}=0$知运动存在半径为$r_0$的稳定圆轨道的条件为
$$\left.\frac{\partial U_{eff}(r)}{\partial r}\right|_{r=r_0}=0\qquad \left.\frac{\partial^2 U _{eff}(r)}{\partial r^2}\right| _{r=r_0}>0$$
上面两个条件又可改写为
$$\left.[\frac{\ell_0^2}{\mu r^3}+f(r)]\right|_{r=r_0}=0\qquad \left.[f’(r)+\frac{3}{r}f(r)]\right|_{r=r_0}<0$$
因为令质点作圆周运动的力必是吸引力，即$f(r)<0$，故有
$$\left.[\frac{f’(r)}{f(r)}+\frac{3}{r}]\right|_{r=r_0}>0$$
接下来求圆轨道上质点受到微扰后绕平衡位置振动的周期，先将能量守恒方程$\frac{1}{2}\mu\dot{r}^2+U_{eff}(r)=E_0$对$r$在$r_0$处展开至二阶
$$\small\frac{1}{2}\mu\dot{r}^2+U_{eff}(r_0)+\left.\frac{\partial U_{eff}(r)}{\partial r}\right|_{r=r_0}(r-r_0)+\frac{1}{2}\left.\frac{\partial^2 U_{eff}(r)}{\partial r^2}\right|_{r=r_0}(r-r_0)^2=E_0\\
\quad\\
\small代入条件\\
\quad\\
\small\frac{1}{2}\mu\dot{r}^2+U_{eff}(r_0)+\frac{1}{2}\left.\frac{\partial^2 U_{eff}(r)}{\partial r^2}\right|_{r=r_0}(r-r_0)^2=E_0\\
\quad\\
\small 对t求导\\
\quad\\
\mu \dot{r}\ddot{r}+\left.\frac{\partial^2 U_{eff}(r)}{\partial r^2}\right|_{r=r_0}(r-r_0)\dot{r}=0\\
\quad\\
\small 即\\
\quad\\
\mu \ddot{r}+\left.\frac{\partial^2 U_{eff}(r)}{\partial r^2}\right|_{r=r_0}(r-r_0)=0\\
\quad\\
\small 易知其周期为\\
\quad\\
\tau=2\pi\sqrt{\frac{\mu}{\left.\frac{\partial^2 U_{eff}(r)}{\partial r^2}\right|_{r=r_0}}}$$
$\quad\\$
Bertrand定理
$\quad\\$
$$\small\textbf{使所有有界轨道都闭合的有心势场只有}U(r)=-k\frac{1}{r}\textbf{和}U(r)=kr^2\textbf{两种}(k>0)$$
从比内公式出发，记$\frac{d^2 u}{d\varphi ^2}+u=J(u)$即得
$$J(u)=-\frac{\mu}{\ell_0^2u^2}f(r)$$
质点作半径为$r_0=\frac{1}{u_0}$的匀速圆周运动时有
$$u_0=J(u_0)=-\frac{\mu}{\ell_0^2u_0^2}f(r_0)$$
考虑$u_0$附近的微小扰动$\eta=u-u_0$，将比内公式对$u$在$u_0$附近一阶展开有
$$J(u)=J(u_0)+J’(u_0)\eta\\
\quad\\
\small 即\frac{d^2 \eta}{d\varphi ^2}+[1-J’(u_0)]\eta=0\\
\quad\\
\small 由稳定条件知，1-J’(u_0)> 0，令其为\beta^2\\
\quad\\
\small解得 \eta= C\cos(\beta\varphi)$$
由于轨道封闭，$\beta$必为有理数，因为所有轨道均闭合，$\eta$可以连续变化，但有理数具有非连续性，故$\beta$必为常数。将比内公式两边对$u$求导
$$J’(u)=\frac{2\mu}{\ell_0^2u^3}f(r)-\frac{\mu}{\ell_0^2u^2}\frac{df(r)}{du}\\
\quad\\
\small代入J(u_0)=u_0,J’(u_0)=1-\beta^2化简有\\
\quad\\
f’(r)=(\beta^2-3)\frac{f(r)}{r}\\
\quad\\
\small解得\\
\quad\\
f(r)=kr^{\beta^2-3}\qquad J(u)=-\frac{k\mu}{\ell_0^2}u^{1-\beta^2}$$
在扰动$C\cos(\beta\varphi)$的基础上再附加更微小的扰动，考虑$J(u)$的更高阶展开，写出比内方程的展开形式如下
$$\frac{d^2\eta}{d\varphi^2}+\beta^2\eta=\frac{1}{2}J’’(u_0)\eta^2+\frac{1}{6}J’’’(u_0)\eta^3+\cdots\\
\quad\\
\small将\eta作傅里叶展开\eta=a_0+a_1\cos(\beta\varphi)+a_2\cos(2\beta\varphi)+a_3\cos(3\beta\varphi)+\cdots\\
\quad\\
\small将除a_1外的系数全当作高阶小量处理，比较系数可得\\
\quad\\
\small 常数\quad a_0\beta^2=\frac{a_1^2J’’(u_0)}{4}\\
\quad\\
\small \cos\beta\varphi\quad 0=a_0a_1J’’(u_0)+\frac{1}{2}a_1a_2J’’(u_0)+\frac{1}{8}a_1^3J’’’(u_0)\\
\quad\\
\small \cos 2\beta\varphi\quad -3a_2\beta^2=\frac{1}{4}a_1^2J’’(u_0)\\
\quad\\
\small \cos 3\beta\varphi\quad -8a_3\beta^2=\frac{1}{2}a_1a_2J’’(u_0)+\frac{1}{24}a_1^3J’’’(u_0)\\
\quad\\
\cdots\\
\quad\\
\small 用a_1表示出a_0,a_2,代入第二个等式中有\\
\quad\\
\frac{a_1^3[J’’(u_0)]^2}{4\beta^2}-\frac{a_1^3[J’’(u_0)]^2}{24\beta^2}+\frac{1}{8}a_1^3J’’’(u_0)=0\\
\quad\\
\small 即5[J’’(u_0)]^2+3\beta^2J’’’(u_0)=0
$$
这时可以由$J(u)=-\frac{k\mu}{\ell_0^2}u^{1-\beta^2}$求出
$J’’(u_0)=\beta^2(1-\beta^2)\frac{k\mu}{\ell_0^2}u_0^{-1-\beta^2}=-\frac{\beta^2(1-\beta^2)}{u_0}$，$J’’’(u_0)=\beta^2(\beta^4-1)\frac{k\mu}{\ell_0^2}u_0^{-2-\beta^2}=\frac{\beta^2(1-\beta^4)}{u_0^2}$，代入上式可得
$$5\beta^4(1-\beta^2)^2+3\beta^4(1-\beta^4)=2\beta^4(1-\beta^2)(4-\beta^2)=0\\
\quad\\
\small 解得\beta=1,2$$
故$f(r)=kr^{-3},kr^{-2},k{r}$，即势能表达式只能为如下之一
$$U(r)=-k\frac{1}{r},\frac{1}{2}kr^2$$
$\quad\\$
平方反比力
$\quad\\$
假设$f(r)=-\frac{k}{r^2}$，由比内公式可得
$$\ell^2u^2(\frac{d^2u}{d\varphi^2}+u)=k\mu u^2\\
\quad\\
\frac{d^2u}{d\varphi^2}+u-\frac{k\mu}{\ell^2}=0\\
\quad\\
u=C\cos(\varphi+\varphi_0)+\frac{k\mu}{\ell^2}\\
\quad\\
\small 通过取合适的坐标有
r=\frac{a(1-\varepsilon^2)}{1+\varepsilon\cos\varphi}$$
上式为椭圆方程，椭圆半长轴为$a$，离心率为$\varepsilon$，$a(1-\varepsilon^2)=\frac{\ell^2}{k\mu}$由之前的结论，运动周期为
$$T=\frac{2\mu S}{\ell}=\frac{2\pi\mu a^2\sqrt{1-\varepsilon^2}}{\ell}=2\pi\sqrt{\frac{\mu}{k}} a^{\frac{3}{2}}$$
但是行星间的作用力并不是严格的平方反比力，广义相对相对论为其附加了一个正比于$\frac{1}{r^3}$的修正项，此时轨道不是封闭曲线，而是进动的椭圆，下面来求当$f(r)=-\frac{k}{r^2}+\frac{\eta}{r^3}(\eta<<1)$时其进动速率，同样从比内方程入手。
$$\ell^2u^2(\frac{d^2u}{d\varphi^2}+u)=k\mu u^2-\eta\mu u^3\\
\quad\\
\frac{d^2u}{d\varphi^2}+(1+\frac{\eta\mu}{\ell^2})u-\frac{k\mu}{\ell^2}=0\\
\quad\\
u=C\cos(\sqrt{1+\frac{\eta\mu}{\ell^2}}\varphi+\varphi_0)+\frac{k\mu}{\ell^2+\eta\mu}\\
\quad\\
\small 通过取合适的坐标有
r=\frac{a(1-\varepsilon^2)}{1+\varepsilon\cos\alpha\varphi}\quad \alpha\approx 1+\frac{\eta\mu}{2\ell^2}\\
\quad\\
\small \;周期T=\frac{2\pi\mu a^2\sqrt{1-\varepsilon^2}}{\ell}\\
\quad\\
\small 椭圆长轴转动角度\Delta \varphi=2\pi(\frac{1}{\alpha}-1)\approx -\pi\frac{\eta\mu}{\ell^2}\\
\quad\\
\small 进动角速度\omega=\frac{\Delta \varphi}{T}\approx -\frac{\eta}{2\ell a^2\sqrt{1-\varepsilon^2}}$$
$\quad\\$
散射角与散射截面
$\quad\\$
考虑匀速入射的粒子$m_1$对静止靶粒子$m_2$的碰撞，记入射粒子入射前后速度偏转角为$\Theta_1$，称为实验室系入射粒子散射角，碰撞后靶粒子的速度方向与碰撞前入射粒子速度方向的夹角为$\Theta_2$，称为靶粒子反冲角，画图易得二者与质心系散射角$\theta$的关系为
$$\tan\Theta_1=\frac{\sin\theta}{m_1/m_2+\cos\theta}\qquad\Theta_2=\frac{\pi-\theta}{2}$$
对于被靶粒子散射的粒子流，设散射角为$\theta$的粒子流单位立体角流量为$N$，将此粒子流回溯到散射前无穷远处，求得其单位面积流量为$n$，则称$\sigma(\theta)=N/n$为微分散射截面，先讨论质心系中的散射截面，设入射粒子轨迹与其过质心的渐近线的距离为$l$
$$\small 令l作一微变dl，则入射面积S=2\pi ldl，单位立体角流量N=\frac{nS}{2\pi\sin\theta (-d\theta)}\\
\quad\\
\sigma(\theta)=-\frac{l}{\sin\theta}\frac{dl}{d\theta}$$
对于库仑斥力$f(r)=\frac{k}{r^2}$，由比内公式得粒子轨迹$r=\frac{A}{1-B\cos\varphi}$，散射角$\theta=\pi-2\arccos\frac{1}{B}$，$l=\lim\limits_{\Delta\varphi\to 0}\frac{A\sin\Delta\varphi}{1-B\cos(\arccos\frac{1}{B}-\Delta\varphi)}=-\frac{A}{B\cos\frac{\theta}{2}}$，$A=-\frac{2El^2}{k}$，即$l=\frac{1}{2E}kB\cos\frac{\theta}{2}$，现在来求$B$
$$\small 角动量守恒\quad v_{max} l=v_{min} \frac{A}{1-B}=l\sqrt{\frac{2E}{\mu}}\\
\quad\\
\small 能量守恒\quad \mu v_{max}^2=\mu v_{min}^2+ 2k\frac{1-B}{A}=2E\\
\quad\\
\small 解得\\
\quad\\
B=\sqrt{1+\frac{4E^2l^2}{k^2}}\quad l=\frac{k}{2E}\cot{\frac{\theta}{2}}$$
故微分散射截面表达式，即卢瑟福公式为
$$\sigma(\theta)=\left(\frac{k}{4E}\right)^2\frac{1}{\sin^4\frac{\theta}{2}}$$
总散射截面$\sigma_t$则是微分散射截面对全立体角的积分，代表能被散射的粒子流总面积，即
$$\sigma_t=\oint\sigma(\theta)d\Omega$$
$\quad\\$
参考与引用来源
$\quad\\$