Trong chương trình bồi dưỡng học sinh giỏi Vật lý, bên cạnh các chuyên đề quen thuộc như Động lực học hay Điện từ học, khái niệm Bất biến đoạn nhiệt (Adiabatic Invariant) luôn là một chủ đề đầy thách thức nhưng mang vẻ đẹp tư duy toán - lý vô cùng thú vị. Nó không chỉ đóng vai trò là chiếc cầu nối quan trọng giữa cơ học cổ điển và nhiệt động lực học lượng tử, mà còn là một công cụ cực kỳ mạnh mẽ giúp học sinh giải quyết nhanh gọn các bài toán Vật lý nâng cao về hệ dao động mà không cần phải đâm đầu vào những phương trình vi phân phi tuyến cồng kềnh.
Bài viết dưới đây được chúng tôi biên dịch chi tiết từ chuyên khảo của tác giả A. Vlasov, đăng trên tạp chí khoa học danh tiếng Kvant của Nga. Thông qua một hệ thống bài tập Vật lý chọn lọc – đi từ những mô hình cơ học trực quan như vật trượt, con lắc Rayleigh-Lorentz, cho đến các hệ dao động cơ điện phức tạp mang dấu ấn của Einstein và Ehrenfest – tài liệu này sẽ giúp các thầy cô giáo và các bạn học sinh thấu hiểu sâu sắc bản chất của quá trình đoạn nhiệt cũng như quy luật bảo toàn diện tích trong không gian pha.
Nếu bạn đang tìm kiếm một tài liệu chất lượng để rèn luyện tư duy Vật lý chuyên sâu, thì đây chắc chắn là một bài viết không thể bỏ qua. Hãy cùng khám phá sự kỳ diệu của Bất biến đoạn nhiệt ngay sau đây!
I. Bất biến đoạn nhiệt là gì?
Trước khi đi vào các bài toán cụ thể, hãy cùng làm rõ hai khái niệm cốt lõi tạo nên chủ đề của bài viết này: Đoạn nhiệt và Bất biến.
Trong nhiệt động lực học, "đoạn nhiệt" (adiabatic) thường chỉ một quá trình biến đổi trạng thái mà không có sự trao đổi nhiệt với môi trường bên ngoài. Tuy nhiên, trong cơ học và lý thuyết dao động, quá trình đoạn nhiệt mang một ý nghĩa đặc thù hơn: nó ám chỉ sự thay đổi vô cùng chậm chạp của một hoặc nhiều thông số trong hệ.
Giả sử hệ vật lý của chúng ta đang thực hiện một chuyển động tuần hoàn (như con lắc đung đưa, một hạt dao động) với chu kỳ $T$. Gọi thông số xác định hệ (ví dụ: chiều dài sợi dây, độ cứng lò xo, hoặc khoảng cách giữa các vật) là $\lambda$. Quá trình biến đổi này được coi là "đoạn nhiệt" nếu sự thay đổi của thông số $\lambda$ trong một chu kỳ $T$ là cực kỳ nhỏ so với chính nó. Về mặt toán học, điều kiện này được viết là: $$ \frac{d\lambda}{dt}T \ll \lambda $$
Bất biến (invariant) hiểu một cách đơn giản là một đại lượng không thay đổi. Kết hợp lại, bất biến đoạn nhiệt (adiabatic invariant) là một đại lượng vật lý của một hệ dao động luôn được bảo toàn (không đổi) khi các thông số của hệ thay đổi một cách cực kỳ chậm.
Một trong những biểu thức bất biến đoạn nhiệt nổi tiếng nhất đối với các hệ dao động điều hòa chính là công thức do Einstein dự đoán: tỉ số giữa năng lượng $E$ của hệ và tần số góc $\omega$ (hoặc tích của năng lượng và chu kỳ $T$) luôn là một hằng số: $$ \frac{E}{\omega} = ET = \text{inv} $$
Tổng quát hơn, nếu ta biểu diễn chuyển động của hệ trong không gian pha (không gian được tạo bởi tọa độ $q$ và động lượng $p$), quỹ đạo chuyển động trong một chu kỳ sẽ vẽ ra một đường cong khép kín. Bất biến đoạn nhiệt tỷ lệ với chính diện tích giới hạn bởi đường cong đó: $$ I = \frac{1}{2\pi}\oint p dq = \text{inv} $$
Ý nghĩa thực tiễn của công cụ này là vô cùng to lớn. Thông thường, khi các thông số của hệ thay đổi, ta sẽ phải đối mặt với các phương trình vi phân phi tuyến rất phức tạp. Nhưng nếu quá trình là đoạn nhiệt, ta có thể "đi tắt" qua sự phức tạp đó: chỉ cần sử dụng định luật bảo toàn của đại lượng bất biến này để thiết lập ngay mối liên hệ giữa trạng thái ban đầu và trạng thái cuối.
Lịch sử của khái niệm này gắn liền với những nhà vật lý, toán học vĩ đại như Rayleigh, Lorentz, Einstein hay Ehrenfest. Nhưng thay vì sa đà vào các lý thuyết trừu tượng, chúng ta sẽ bắt đầu làm quen với bất biến đoạn nhiệt thông qua những bài toán đơn giản. Chủ đề và phương pháp giải của chúng sẽ là phần giới thiệu khác thường nhưng rất trực quan. Chúng ta sẽ quan sát hiện tượng trước, sau đó thiết lập các phương trình để hiểu sâu bản chất. Toán học trong bài sẽ không quá phức tạp, chỉ cần bạn đã nắm vững đạo hàm và cách tính các tích phân cơ bản nhất.
Hãy cùng bắt đầu bằng một bài toán rất đơn giản.
II. Một số bài toán áp dụng Bất biến đoạn nhiệt
Trước tiên là một bài toán rất đơn giản.
Bài toán 1. Rất chậm, nhưng chắc chắn
Chuyển động của một vật nhỏ (hình khối) trên một bề mặt ngang nhẵn bị giới hạn bởi hai bức tường thẳng đứng (Hình 1). Bức tường bên trái đứng yên, còn bức tường bên phải bắt đầu chuyển động sang trái với vận tốc không đổi, nhỏ hơn nhiều so với vận tốc ban đầu của vật ($u \ll v_0$).
Hãy xác định động năng của vật sẽ thay đổi bao nhiêu lần nếu khoảng cách giữa hai bức tường giảm đi $n$ lần? Tất cả các va chạm được coi là đàn hồi tuyệt đối.
Ta xác định sự thay đổi vận tốc của vật khi xảy ra va chạm tiếp theo. Chuyển sang hệ tọa độ gắn với bức tường chuyển động. Vật tiến đến tường với vận tốc $(v+u)$ và dội ngược lại với cùng độ lớn vận tốc (sau va chạm đàn hồi tuyệt đối).
Trở lại hệ quy chiếu đứng yên, ta thu được kết quả: $$ \Delta v = 2u $$
Lần va chạm tiếp theo xảy ra sau khoảng thời gian (nếu coi sự thay đổi vận tốc và khoảng cách giữa các bức tường là những đại lượng nhỏ): $$ \tau = \frac{2x}{v} $$
Trong khoảng thời gian $\Delta t$, lớn hơn đáng kể so với thời gian $\tau$, bức tường dịch chuyển một đoạn nhỏ $\Delta x$, đồng thời trải qua một số lượng khá lớn các va chạm $\Delta n.$ Coi đại lượng $\tau$ gần như không đổi, ta nhận được: \begin{gather} \Delta x = u\Delta t,\\ \quad \Delta t = \frac{\Delta x}{u},\\ \quad \Delta n = \frac{\Delta t}{\tau} = \frac{\Delta x}{u}\frac{v}{2x} \end{gather}
Sự thay đổi vận tốc trong thời gian này: $$ \Delta v = -\frac{\Delta x \cdot v}{u \cdot 2x}\cdot 2u $$ Ở đây, dấu "trừ" cho thấy khi khoảng cách giữa các bức tường tăng ($\Delta x > 0$) thì vận tốc giảm, còn khi khoảng cách giảm thì vận tốc tăng.
Từ hệ thức cuối cùng, ta tìm được bất biến - đại lượng được bảo toàn trong quá trình "nén" hệ: \begin{gather} \Delta v \cdot x + \Delta x \cdot v = 0,\\ \quad \Delta(vx) = 0,\\ \quad vx = \text{inv} \end{gather}
Sử dụng bất biến này, dễ dàng nhận được câu trả lời cho bài toán. Viết phương trình bất biến (định luật bảo toàn): $$ v_0 x_0 = vx $$ từ đó: \begin{gather} v = v_0\frac{x_0}{x} = nv_0\\ \rightarrow \frac{E_k}{E_{0k}} = n^2 \end{gather}
Cần lưu ý rằng bất biến thu được có thể được biểu diễn qua năng lượng và chu kỳ chuyển động: \begin{gather} vx = \text{inv}\\ \rightarrow px = \text{inv}\\ \rightarrow E\tau = \text{inv} \end{gather}
Thật thú vị khi xem hình ảnh mô phỏng trên máy tính (Hình 2) về chuyển động trong không gian pha (không gian tọa độ và động lượng - không gian ưa thích của các nhà lý thuyết dao động). Để dễ hình dung, chuyển động của bức tường được làm khá nhanh. Trong thời gian 10 chu kỳ chuyển động, khoảng cách giữa các bức tường giảm đi một nửa. Quỹ đạo pha của một chu kỳ chuyển động là một hình chữ nhật, diện tích của nó ($S = mv_0x_0 = 2$) không đổi theo đúng bất biến đã tìm được.
Lịch sử của bài toán tiếp theo gắn liền với tên tuổi của các nhà vật lý vĩ đại: Rayleigh, Lorentz, Einstein.
Bài toán 2. Con lắc Rayleigh-Lorentz
Lorentz đề xuất xem xét bài toán về hành vi của một con lắc hơi khác thường: sợi dây treo quả nặng được kẹp bởi hai ngón tay; bằng cách di chuyển từ từ chúng dọc theo sợi dây theo phương thẳng đứng, ta có thể thay đổi chiều dài của con lắc, và do đó thay đổi chu kỳ của nó. Vậy năng lượng dao động sẽ ra sao? Theo Lorentz, câu trả lời của Einstein được đưa ra gần như ngay lập tức: năng lượng của hệ sẽ thay đổi tỷ lệ thuận với tần số dao động. Hãy thử giải bài toán này và chiêm nghiệm sự thiên tài của nhà vật lý vĩ đại.
Chúng ta sẽ thay "các ngón tay của Lorentz" bằng một vòng trơn nhỏ, sợi dây của con lắc toán học sẽ được luồn qua đó (Hình 3). Vòng di chuyển xuống rất chậm, làm giảm phần treo "làm việc" của con lắc. Để giải quyết trọn vẹn bài toán thú vị này, chúng ta sẽ thiết lập phương trình động lực học của dao động, điều kiện cần thiết cho việc mô phỏng trên máy tính.
Mối liên hệ giữa hệ tọa độ Descartes và góc lệch có dạng: \begin{align} x &= l \sin \varphi \\ y &= l(1 - \cos \varphi) \end{align}
Đạo hàm theo thời gian (giả sử chiều dài sợi dây thay đổi đều với vận tốc $u$): \begin{align} x' &= l' \sin \varphi + l \cos \varphi \cdot \varphi' \\ y' &= l'(1 - \cos \varphi) + l \sin \varphi \cdot \varphi' \\ x'' &= 2l' \cos \varphi \cdot \varphi' - l \sin \varphi \cdot \varphi'^2 + l \cos \varphi \cdot \varphi'' \\ y'' &= 2l' \sin \varphi \cdot \varphi' + l \cos \varphi \cdot \varphi'^2 + l \sin \varphi \cdot \varphi'' \end{align}
Các phương trình động lực học trong hệ tọa độ Descartes: \begin{align} m(2l' \cos \varphi \cdot \varphi' - l \sin \varphi \cdot \varphi'^2 + l \cos \varphi \cdot \varphi'') &= -T \sin \varphi \\ m(2l' \sin \varphi \cdot \varphi' + l \cos \varphi \cdot \varphi'^2 + l \sin \varphi \cdot \varphi'') &= T \cos \varphi - mg \end{align}
Sau khi giải hệ này (nhân phương trình đầu với $\cos \varphi$, phương trình thứ hai với $\sin \varphi$ rồi cộng lại), ta nhận được phương trình động lực học cho góc lệch: $$ \varphi'' = -\frac{g}{l_0 - ut} \sin \varphi - 2\frac{u\varphi'}{l_0 - ut} $$
Phương trình vi phân này là phi tuyến (do hàm sin). Với các dao động nhỏ, nó được đơn giản hóa thành: $$ \varphi''(t) = -\frac{g}{l_0 - ut}\varphi - 2\frac{u\varphi'}{l_0 - ut} $$
Nhưng đối với học sinh trung học, việc giải (tích phân) nó cũng rất phức tạp. Chúng ta sẽ vòng qua sự phức tạp bằng máy tính (giải bằng phương pháp số). Trên hai đồ thị (Hình 4) trình bày kết quả mô phỏng trên máy tính (trong hệ thống Mathcad). Đồ thị đầu tiên biểu diễn sự phụ thuộc của góc lệch vào thời gian, đồ thị thứ hai biểu diễn sự phụ thuộc của vận tốc góc vào thời gian. Trong thời gian 40 dao động, chiều dài sợi dây của con lắc giảm đi 2 lần. Einstein đã (như thường lệ) đúng. Máy tính đã xác nhận sự bảo toàn của bất biến ($\frac{E}{\omega} = \text{inv}$) với độ chính xác 0,1% (ở đây sai số là điều tất yếu do tính rời rạc của các phép toán và tính phi tuyến của dao động).
Bây giờ chúng ta sẽ lặp lại một cách chứng minh bất biến này, với quyền tác giả được gán cho huân tước Rayleigh - người có thẩm quyền vĩ đại nhất trong lý thuyết dao động, mà nghiên cứu của ông về con lắc này Lorentz đã "không chú ý" tới. Khi chứng minh, chúng ta sẽ giới hạn ở các biên độ dao động nhỏ.
Khi hạ từ từ vòng trơn xuống (hoặc giữ nó), cần một lực mà độ lớn thành phần thẳng đứng của nó được xác định bởi lực căng của sợi dây và góc lệch của nó so với phương thẳng đứng (Hình 5): $$ F = T(1 - \cos \varphi) \approx T\frac{\varphi^2}{2} $$
Ở các góc lệch nhỏ, dao động là điều hòa: $$ \varphi = \varphi_0 \sin \omega t $$ $$ F = T\frac{\varphi_0^2}{2} \sin^2 \omega t = T\frac{\varphi_0^2}{4}(1 - \cos 2\omega t) $$
Rõ ràng là, giá trị trung bình của lực trong một chu kỳ dao động bằng (tính đến việc ở dao động nhỏ $T \approx mg$ và tích phân của hàm cosin bằng 0): $$ \overline{F} = mg\frac{\varphi_0^2}{4} $$
Công để di chuyển vòng bằng sự thay đổi năng lượng của dao động. Phương trình này ở dạng vi phân có dạng: $$ mg\frac{\varphi_0^2}{4}(-dl) = dE $$
Chia phương trình này cho biên độ thế năng của dao động: $$ E = mgl\frac{\varphi_0^2}{2} $$ $$ -\frac{1}{2}\frac{dl}{l} = \frac{dE}{E} $$
Sau khi tích phân, ta nhận được bất biến: $$ E\sqrt{l} = \text{inv} $$
Tính đến công thức chu kỳ dao động: $$ T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}} $$ và công thức $T = \frac{2\pi}{\omega}$, bất biến có thể được viết dưới dạng như Einstein đã dự đoán: $$ ET \rightarrow \frac{E}{\omega} = \text{inv} $$
Bây giờ - hình ảnh truyền thống của dao động trong không gian pha. Khi chiều dài con lắc không đổi, năng lượng dao động được bảo toàn. Định luật bảo toàn này đối với các biên độ dao động nhỏ được viết bằng công thức (trong các biến góc $p_\varphi = ml^2\varphi'$ -
mô-men động lượng của quả cầu con lắc đối với điểm treo) $$ E = ml^2\frac{\varphi'^2}{2} + mgl\frac{\varphi^2}{2} $$
Biểu thức này có thể được biến đổi về dạng chính tắc của phương trình elip: $$ \frac{p_\varphi^2}{2ml^2E} + \frac{\varphi^2}{2E/(mgl)} = 1 $$ Các bán trục của elip: \begin{align} a &= \sqrt{\frac{2E}{mgl}} \\ b &= \sqrt{2ml^2E} \end{align}
Thú vị nhất là độ lớn diện tích giới hạn bởi đường cong elip, nó chính bằng bất biến: $$ S = \pi ab = E \cdot 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}} = ET = \text{inv} $$
Trên Hình 6 biểu diễn quỹ đạo pha của năm dao động.
Khi thay đổi chiều dài con lắc, quỹ đạo không còn là đường cong kín. Ở đây để dễ hình dung, tốc độ thay đổi chiều dài con lắc được làm cho lớn lên. Trong thời gian các dao động này, chiều dài con lắc giảm đi một nửa. Nhưng ngay cả với tốc độ thay đổi chiều dài con lắc như vậy, độ lớn diện tích (được quét bởi sợi dây) trong một chu kỳ chuyển động vẫn bất biến.
Bây giờ là một bài toán với sự ngạc nhiên về đoạn nhiệt.
Bài toán 3. Việc khối lượng không đổi dẫn đến điều gì
Vật nặng của con lắc lò xo nằm ngang là một bình hình trụ chứa chất lỏng (Hình 7; thể tích bình được chia bằng các vách ngăn thẳng đứng để ngăn chặn dao động của mức chất lỏng). Hệ số đàn hồi của lò xo bằng $k$. Trời đang mưa rào nhỏ theo phương thẳng đứng, và khối lượng của bình chứa nước tăng lên với tốc độ khối lượng không đổi rất nhỏ $\mu$.
Tại thời điểm ban đầu, biên độ vận tốc dao động bằng $v_0$, khối lượng bình chứa chất lỏng bằng $m_0$. Hãy xác định các thông số dao động của con lắc (chu kỳ, biên độ) sau thời gian $t \gg T$. Kết quả sẽ thay đổi ra sao nếu khối lượng giảm từ từ với cùng tốc độ $\mu$ (do bốc hơi hoặc chảy qua một lỗ nhỏ ở đáy bình)?
Để thiết lập bất biến, ta sử dụng các phương trình động lực học và năng lượng: \begin{align} -kx &= \frac{d}{dt}(mv) = \mu v + m\frac{dv}{dt} \\ E &= m\frac{v^2}{2} + k\frac{x^2}{2} \end{align}
Viết sự thay đổi năng lượng: $$ \frac{dE}{dt} = \mu\frac{v^2}{2} + mv\frac{dv}{dt} + kxv $$
Sử dụng phương trình động lực học, ta triệt tiêu $kx$: $$ \frac{dE}{dt} = \mu\frac{v^2}{2} + mv\frac{dv}{dt} - \left(\mu v + m\frac{dv}{dt}\right)v $$
Sau khi biến đổi, ta nhận được: $$ \frac{dE}{dt} = -\mu\frac{v^2}{2} $$
Vận tốc của bình chứa chất lỏng trong một chu kỳ dao động riêng lẻ có thể được coi là thay đổi theo định luật điều hòa: $$ v = v_0 \sin\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right) $$
Thay biểu thức này vào công thức thay đổi năng lượng: \begin{align} dE &= -\mu dt \frac{v_0^2}{2} \sin^2\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right) \\ &= -\mu dt \frac{v_0^2}{2} \cdot \frac{1}{2} \left(1 - \cos\left(2\sqrt{\frac{k}{m}}t\right)\right) \end{align}
Từ đây, bỏ qua các phép toán tích phân trong khoảng thời gian $T$ của một chu kỳ dao động, ta nhận được: $$ \Delta E = -\mu\frac{v_0^2/2}{2}T = \frac{-\mu T}{2(m_0 + \mu t)}m\frac{v_0^2}{2} $$ hoặc (sau khi chia cho biên độ động năng): $$ \frac{\Delta E}{E} = \frac{-\mu}{2(m_0 + \mu t)}T $$
Phương trình này có thể được viết dưới dạng vi phân (coi sự thay đổi năng lượng và thời gian là những đại lượng nhỏ: $\Delta E \rightarrow dE$, $T \rightarrow dt$): $$ \frac{dE}{E} = \frac{-\mu dt}{2(m_0 + \mu t)} $$
Sau khi lấy tích phân, ta nhận được bất biến quen thuộc: \begin{align} \ln\frac{E}{E_0} &= -\frac{1}{2}\ln\frac{m_0 + \mu t}{m_0} \\ \frac{E_0}{E} &= \sqrt{1 + \frac{\mu t}{m_0}} = \frac{\sqrt{m}}{\sqrt{m_0}} \rightarrow E\sqrt{m} \rightarrow ET = \text{inv} \end{align}
Từ đây, ta tìm được các hệ thức cho biên độ: $$ \frac{x}{x_0} = \left(\frac{m_0}{m}\right)^{1/4}, \quad \frac{v}{v_0} = \left(\frac{m_0}{m}\right)^{3/4}, \quad \frac{p}{p_0} = \left(\frac{m}{m_0}\right)^{1/4} $$
Hình ảnh mô phỏng dao động trong không gian pha trên máy tính (Hình 8) xác nhận các hệ thức này. Biên độ dao động giảm, biên độ động lượng tăng, tích các biên độ là bất biến.
Tiếp tục bài toán này, ta xét sự thay đổi khối lượng con lắc mang dấu ngược lại (giả sử sự mất mát khối lượng xảy ra do bốc hơi). Có vẻ như ta chỉ cần đổi dấu đại lượng $\mu$ ở phần trước của bài toán. Khi đó các công thức về hệ thức biên độ sẽ được giữ nguyên, và bất biến cũng không thay đổi. Nhưng hãy chú ý và xem xét phương trình động lực học vốn đúng trong quá trình thiết lập bất biến trước đó: $$ m\frac{dv}{dt} = -kx - \mu v $$
Khi đổi dấu $\mu$, ở vế phải sẽ xuất hiện lực phản ứng, điều không thể xảy ra khi mất khối lượng do bay hơi. Điều đúng đắn sẽ là như sau. Chất lỏng bay hơi mang theo động năng khỏi hệ. Sự giảm năng lượng này trong một khoảng thời gian nhỏ có thể được viết dưới dạng: $$ dE = -\mu dt \frac{v^2}{2} $$
Tiếp theo, ta viết phương trình vi phân có sẵn cho sự thay đổi tương đối của năng lượng: $$ \frac{dE}{E} = \frac{-\mu dt}{2(m_0 - \mu t)} $$
Dấu "trừ" ở mẫu số làm thay đổi kết quả tích phân so với trường hợp tăng khối lượng: $$ \ln\frac{E}{E_0} = \frac{1}{2}\ln\frac{m_0 - \mu t}{m_0} $$
Cuối cùng ta thu được: $$ \frac{E}{E_0} = \sqrt{1 - \frac{\mu t}{m_0}} = \frac{\sqrt{m}}{\sqrt{m_0}} \rightarrow \frac{E}{\sqrt{m}} \rightarrow \frac{E}{T} \rightarrow E\omega = \text{inv} $$
Thật thú vị là bất biến trong trường hợp này lại không theo chuẩn (ngược lại với bất biến của Einstein). Các hệ thức cho biên độ có dạng: $$ x = x_0\left(\frac{m}{m_0}\right)^{1/4}, \quad v = v_0\left(\frac{m_0}{m}\right)^{1/4}, \quad p = p_0\left(\frac{m}{m_0}\right)^{3/4} $$
Quỹ đạo dao động mô phỏng trên máy tính trong không gian pha (Hình 9) cho thấy diện tích elip không được bảo toàn (nó giảm tỷ lệ thuận với khối lượng, quỹ đạo pha bị "co lại").
Lời giải bài toán 3 đã hoàn thành.
Bây giờ có thể quay lại chủ đề "Bất biến đoạn nhiệt". Các ví dụ đã xét chứng minh tính đúng đắn của định luật sau. Có một hệ vật lý ở chế độ của một quá trình tuần hoàn, chu kỳ $T$ của quá trình này được xác định bởi tham số $\lambda$. Khi thay đổi chậm tham số này $\left(\frac{d\lambda}{dt}T \ll \lambda\right)$, đối với hệ như vậy có thể tồn tại một cái gọi là bất biến đoạn nhiệt, độ lớn của nó được xác định bằng tích phân theo đường cong khép kín của một chu kỳ của quỹ đạo pha: $$ I = \frac{1}{2\pi}\oint p dq $$
Ở đây $p$ và $q$ tương ứng là động lượng tổng quát và tọa độ tổng quát của hệ một chiều trong quá trình chuyển động của nó. Khi thay đổi tham số $\lambda$, quỹ đạo pha không còn là đường cong kín nữa. Tích phân, sau đây gọi là bất biến pha, với độ chính xác đến hằng số $1/(2\pi)$, bằng diện tích được quét bởi bán kính véc-tơ khi quay một góc pha $2\pi$ (Hình 10). Đối với các hệ ở chế độ dao động điều hòa, bất biến có thể được biểu diễn bằng công thức mà chúng ta sẽ gọi là công thức Einstein: $$ \frac{E}{\omega} = ET = \text{inv} $$
Nhưng cần cẩn thận với niềm tin vào sự tồn tại của bất biến chuẩn. Điều này đã được chỉ ra bởi bài toán con lắc lò xo với khối lượng bay hơi, nơi tham số (khối lượng) thay đổi mà không có tác động bên ngoài.
Tên gọi "bất biến đoạn nhiệt" do Paul Ehrenfest đưa ra. Nguyên nhân của tên gọi này không chỉ nằm ở sự chậm chạp, và theo đó là tính cân bằng của quá trình. Quá trình đoạn nhiệt là quá trình không có trao đổi nhiệt với bên ngoài. Năng lượng trung bình cho một hệ nhiệt động lượng tử có thể được viết qua xác suất $p_i$ của các trạng thái năng lượng $E_i$ có thể có: $$ \overline{E} = \sum_{i=1}^{N} E_i p_i $$
Vi phân năng lượng được phân tách thành hai tổng tương ứng với định luật một nhiệt động lực học: $$ d\overline{E} = \sum_{i=1}^{N} dE_i p_i + \sum_{i=1}^{N} E_i dp_i = \delta A + \delta Q $$
Từ đây thấy rằng, "nhiệt lượng" (số hạng thứ hai) chịu trách nhiệm cho sự thay đổi xác suất của các mức năng lượng, còn sự hiện diện của "công" (số hạng thứ nhất) dẫn đến sự thay đổi của phổ năng lượng.
Trong quá trình đoạn nhiệt, hệ không thay đổi trạng thái lượng tử. Bất biến (bổ sung cho bất biến pha) là tham số xác định trạng thái lượng tử. Một minh họa tốt cho nhận định này là bài toán của Rayleigh về bất biến đoạn nhiệt của dây đàn.
Bài toán 4. Dây đàn Rayleigh
Giả sử một sợi dây đàn bị kéo căng thực hiện các dao động nhỏ ở chế độ của mode thứ hai. Chiều dài sợi dây bằng bước sóng (hai bụng sóng; Hình 11). Đầu bên trái của dây được luồn qua một cái vòng (đường kính của dây nhỏ hơn đường kính trong của vòng một chút). Vòng di chuyển rất chậm sang phải dọc theo trục $x$, làm thay đổi chiều dài làm việc của dây. Hãy xác định sự thay đổi biên độ dao động khi chiều dài dây giảm đi một nửa. Coi như đã biết các đại lượng sau: $\rho$ là mật độ khối lượng dài của dây (khối lượng trên một đơn vị chiều dài), $f$ là lực căng dây, $y_0$ là biên độ dao động ban đầu.
Trước tiên, ta đưa ra một lưu ý quan trọng. Khi thay đổi chiều dài dây một cách đoạn nhiệt, các dao động của nó (cùng với sự thay đổi tần số và có thể cả biên độ) vẫn sẽ ở chế độ của mode thứ hai. Số $n=2$ sẽ là một bất biến.
Bây giờ chúng ta sẽ trình bày phép chứng minh (thiết lập) bất biến Rayleigh. Hãy nhớ lại các công thức cơ bản của vật lý về dao động của dây đàn. Vận tốc truyền sóng, bước sóng, chu kỳ dao động ở mode $n$ tương ứng bằng: $$ v = \sqrt{\frac{f}{\rho}} $$ $$ \lambda = 2\frac{l}{n} = vT $$ $$ T = \frac{2l}{n}\sqrt{\frac{\rho}{f}} $$
Dao động của các điểm trên dây (ở trạng thái mode $n$) được mô tả bởi hàm phụ thuộc tọa độ và thời gian: $$ y(x,t) = y_0 \sin\left(\frac{n\pi}{l}x\right) \cdot \sin\left(\frac{2\pi}{T}t\right) $$
Lực di chuyển (hoặc giữ) vòng phụ thuộc vào góc nghiêng của dây tại điểm $0$, góc này thay đổi theo thời gian. Ở các dao động nhỏ: $$ F(t) = f(1 - \cos\varphi(t)) \approx f\frac{\varphi^2}{2} $$
Giá trị trung bình của lực trong một chu kỳ dao động (coi lực căng dây ở các dao động nhỏ là một đại lượng không đổi): $$ \overline{F} = f\frac{\overline{\varphi^2}}{2} $$
Góc nghiêng được xác định bằng đạo hàm (tại $x=0$): \begin{align} \tan\varphi &= \frac{dy}{dx} \approx \varphi(t) \\ &= y_0\frac{n\pi}{l}\cos\left(\frac{n\pi}{l}x\right) \cdot \sin\left(\frac{2\pi}{T}t\right) \\ &= y_0\frac{n\pi}{l}\sin\left(\frac{2\pi}{T}t\right) \end{align}
Giá trị trung bình của bình phương góc lệch: $$ \overline{\varphi^2} = \frac{\varphi_0^2}{2} = \frac{1}{2}\left(y_0\frac{n\pi}{l}\right)^2 $$
Do đó, lực trung bình bằng: $$ \overline{F} = \frac{f}{4}\left(y_0\frac{n\pi}{l}\right)^2 $$
Công sơ cấp khi di chuyển vòng (dấu "trừ" tính đến sự giảm chiều dài): $$ dA = dE = -\frac{f}{4}\left(y_0\frac{n\pi}{l}\right)^2 dl $$
Tiếp theo, chúng ta cần công thức năng lượng dao động. Động năng của một phần tử dây: $$ dE_k = \rho dx \frac{y'^2}{2} = \frac{\rho dx}{2}\left(y_0 \cdot \frac{2\pi}{T}\sin\left(\frac{n\pi}{l}x\right) \cdot \cos\left(\frac{2\pi}{T}t\right)\right)^2 $$
Lấy tích phân theo tọa độ $x$, ta nhận được: $$ E(t) = \frac{\rho}{2}\left(y_0 \cdot \frac{2\pi}{T}\right)^2 \frac{l}{2} \cos^2\left(\frac{2\pi}{T}t\right) $$
Biên độ của động năng chính là nhân tử đứng trước bình phương của cosin, tức là: $$ E_0 = \frac{\rho}{2}\left(y_0 \cdot \frac{2\pi}{T}\right)^2 \frac{l}{2} $$
Chia công sơ cấp cho biên độ năng lượng, ta nhận được phương trình vi phân: $$ \frac{dE}{E} = -\frac{n^2}{4}\frac{fT^2}{\rho l^3} dl $$
Thế bình phương của chu kỳ vào đây sẽ làm đơn giản phương trình này: $$ \frac{dE}{E} = -\frac{dl}{l} $$
Sau khi lấy tích phân, ta thu được bất biến Rayleigh (Einstein): $$ El \rightarrow ET \rightarrow \frac{E}{\omega} = \text{inv} $$
Ta tìm được câu trả lời cho bài toán khi thay chu kỳ vào biên độ năng lượng: $$ E = \left(\frac{\pi}{2}y_0\right)^2 \frac{f}{l}n^2 \rightarrow El = \left(\frac{\pi}{2}y_0\right)^2 f n^2 = \text{inv} $$
Thật đáng ngạc nhiên là khi thay đổi chậm (đoạn nhiệt) chiều dài dây, mode dao động (số lượng tử $n$) và biên độ dao động vẫn được bảo toàn. Quỹ đạo pha còn gây ngạc nhiên hơn nữa. Về mặt hình thức, tổng động lượng của dây ở các mode chẵn bằng không, do đó quỹ đạo pha cần được xác định cho vùng giới hạn bởi hai nút liên tiếp. Động lượng của vùng dao động như vậy bằng: \begin{align} p(t) &= \rho\int_0^{l/n} y(x,t) dx \\ &= \rho y_0 \cdot \frac{2\pi}{T}\cos\left(\frac{2\pi}{T}t\right) \cdot \int_0^{l/n} \sin\left(\frac{n\pi}{l}x\right) dx \end{align}
Sau khi tích phân và biến đổi, ta nhận được động lượng của vùng dao động: $$ p(t) = 2ny_0\sqrt{\rho f}\cos\left(\frac{2\pi}{T}t\right) $$
Biên độ động lượng tỷ lệ thuận với biên độ dao động, do đó nó cũng là bất biến. Kết quả là, quỹ đạo pha của vùng dao động của dây khi giảm chậm chiều dài của nó không thay đổi và vẫn là một đường cong elip khép kín đơn giản.
Bây giờ là một ví dụ nữa về bất biến đoạn nhiệt đối với hệ dao động không điều hòa (ví dụ đơn giản nhất đã được xét ở bài toán đầu tiên). Chúng ta sẽ coi nó là ví dụ của Ehrenfest (chủ đề phi tuyến đã được thảo luận trong một trong những công trình của ông).
Bài toán 5. Châu chấu hấp dẫn kiên cường
Một "châu chấu hấp dẫn" thẳng đứng được làm cho nghiêng nhờ cấu trúc trình bày trên Hình 12. Mặt phẳng nghiêng nhẵn có một bậc phản xạ ở phần dưới. Một quả cầu nhỏ thực hiện các lần rơi tuần hoàn theo chiều dọc, phản xạ đàn hồi từ bậc này.
Tại thời điểm ban đầu, mặt phẳng nghiêng góc $\varphi$ so với phương thẳng đứng, chiều cao rơi của quả cầu là $H$. Người ta bắt đầu giảm rất chậm góc nghiêng của mặt phẳng. Hãy xác định biên độ chiều cao dao động của quả cầu tại thời điểm mặt phẳng ở vị trí thẳng đứng.
Lời giải của một học sinh trung học thông minh và đọc nhiều sách có thể rất súc tích và đẹp mắt. Khoảng như sau.
Đối với các hệ thực hiện chuyển động tuần hoàn với tham số $\lambda$ thay đổi chậm, có thể tồn tại một bất biến đoạn nhiệt, có thể viết dưới dạng: $$ E(\lambda)T(\lambda) = \text{inv} $$
Tích của năng lượng và chu kỳ thời gian của chuyển động được bảo toàn. Ta tin vào sự tồn tại của một bất biến như vậy cho hệ của chúng ta và viết: $$ mg\cos\varphi \cdot H\sqrt{\frac{2H}{g\cos\varphi}} = mgh\sqrt{\frac{2h}{g}} $$
Sau khi biến đổi, ta nhận được mối liên hệ giữa các biên độ độ cao và góc nghiêng của mặt phẳng (bất biến): $$ \left(\frac{h}{H}\right)^3 = \frac{\cos\varphi_0}{\cos\varphi}, \quad \left(\frac{h}{H}\right)^3 \cdot \frac{\cos\varphi}{\cos\varphi_0} = \text{inv} $$
Ở đây $\varphi_0$ là góc nghiêng ban đầu của mặt phẳng. Khi chuyển sang vị trí thẳng đứng của mặt phẳng: $$ \left(\frac{h}{H}\right)^3 = \cos\varphi_0 \tag{*} $$
Kết quả kiểm tra cách giải tích phân (nâng cao) của chúng ta được trình bày bằng hai đồ thị (Hình 13): tọa độ và vận tốc (đồ thị của 5-6 dao động cuối cùng, biên độ ban đầu được đặt bằng 1). Mô phỏng được thực hiện cho 40 chu kỳ chuyển động. Bước thời gian rời rạc là $1/1000$ thời gian rơi ban đầu của quả cầu. Với góc nghiêng ban đầu -
nghiêng 60°, ta nhận được kết quả sau: giá trị lý thuyết của lập phương tỷ số các biên độ bằng: $$ \left(\frac{H}{h}\right)^3 = \frac{1}{\cos\varphi} = 2 $$
Máy tính cho ra số 2 với ba chữ số 0 sau dấu phẩy: 2,000.
Nếu chúng ta không nghi ngờ về sự tồn tại của bất biến đoạn nhiệt (hoặc hoàn toàn không biết nó là gì), thì ta sẽ phải giải bài toán bằng phương pháp năng lượng. Hãy viết biểu thức độ lớn công sơ cấp khi quay mặt phẳng dao động đi một góc nhỏ (tại một thời điểm nào đó, khi quả cầu cách điểm phản xạ một khoảng $x$): $$ dA = -mg \sin\varphi \cdot x d\varphi $$
Ở đây dấu "trừ" tương ứng với sự giảm của góc khi quay. Ta lấy trung bình đại lượng này theo chu kỳ chuyển động (coi góc lệch là không đổi, vì tốc độ quay của mặt phẳng là rất nhỏ). Người ta biết rằng giá trị độ cao trung bình theo thời gian đối với "châu chấu hấp dẫn" bằng $\overline{x} = (2/3)h$ (điều này không khó để chứng minh). Tính đến giá trị này, ta có: $$ d\overline{A} = -\frac{2}{3}mg \sin\varphi \cdot h d\varphi $$
Công này bằng sự thay đổi thế năng cực đại của quả cầu: $$ -\frac{2}{3}mg \sin\varphi \cdot h d\varphi = d(mgh \cos\varphi) = mg(dh \cos\varphi - h \sin\varphi \cdot d\varphi) $$ hoặc $$ 3\frac{dh}{h} = \frac{\sin\varphi}{\cos\varphi}d\varphi $$
Phương trình này dễ dàng được lấy tích phân: $$ 3\int_{H}^{h}\frac{dh}{h} = \int_{\varphi_0}^{0}\frac{\sin\varphi}{\cos\varphi}d\varphi $$ $$ 3 \ln\frac{h}{H} = \ln\cos\varphi_0 $$
Cuối cùng ta nhận được công thức (*).
Bây giờ ta hãy xem xét quỹ đạo pha của chuyển động tuần hoàn đoạn nhiệt này (Hình 14), nó tuân theo phương trình: $$ E = mg \cos\varphi \cdot H\left(\frac{\cos\varphi_0}{\cos\varphi}\right)^{1/3} = \frac{p^2}{2m} + mg \cos\varphi \cdot y $$ hoặc $$ p = \pm m \sqrt{2gH\left((\cos\varphi_0)^{1/3}(\cos\varphi)^{2/3} - \frac{y}{H}\cos\varphi\right)} $$
Để dễ hình dung, tốc độ quay của mặt phẳng được làm cho khá lớn. Mặt phẳng trở thành thẳng đứng sau khoảng 6 dao động.
Bài toán đã được giải quyết.
(Còn tiếp)
Bây giờ chúng ta lại đi theo Paul Ehrenfest và mở rộng phạm vi các hệ cơ học điều hòa. Hãy xem xét một bài toán điện động lực học ở chế độ dao động điều hòa (nhỏ) và phi tuyến (lớn).
Bài toán 6. Dao động tử bị nén
Hai điện tích dương giống nhau $Q$, nằm cách nhau một khoảng $2l$, được nối với nhau bằng một thanh điện môi mảnh. Trên thanh có luồn một hạt cườm khối lượng $m$ và mang điện tích dương $q$ (Hình 15). Hạt cườm thực hiện dao động quanh vị trí cân bằng với biên độ $x_0$. Từ một thời điểm nào đó, khoảng cách giữa các điện tích bắt đầu giảm xuống rất chậm và đối xứng (hệ bị "nén").
Hãy xác định biên độ dao động của hạt cườm khi khoảng cách giữa các điện tích giảm đi một nửa.
(Ghi chú của ban biên tập: Phần cuối. Phần đầu đã đăng ở số tạp chí trước.)
Đầu tiên, ta xét hệ ở chế độ dao động điều hòa nhỏ. Trong trường hợp này, đối với hệ phải tồn tại bất biến đoạn nhiệt Einstein. Lực tác dụng lên hạt cườm: \begin{align} F &= -kQq\left(\frac{1}{(l-x)^2} - \frac{1}{(l+x)^2}\right) \\ &= -kQq\frac{4lx}{(l^2-x^2)^2} \approx -\frac{4kQq}{l^3}x \end{align}
Phương trình động lực học: $$ mx'' = -\frac{4kQq}{l^3}x $$
Năng lượng của hệ khi dao động: \begin{align} E &= m\frac{x'^2}{2} + kQq\left(\frac{1}{l+x} + \frac{1}{l-x}\right) \\ &= m\frac{x'^2}{2} + kQq\frac{2l}{l^2-x^2} \end{align}
Tính đến việc $x/l \ll 1$, công thức được biến đổi về dạng toàn phương: $$ E \approx m\frac{x'^2}{2} + 4\frac{kQq}{l^3}\frac{x^2}{2} $$
Ở đây ta đã bỏ qua số hạng $2\frac{kQq}{l}$ xác định thế năng ở vị trí cân bằng (nó không tham gia vào động lực học của dao động). Tốc độ thay đổi năng lượng của hệ trong một khoảng thời gian nhỏ (ở chế độ "nén"): $$ \frac{dE}{dt} = mx'x'' + 4\frac{kQq}{l^3}xx' - 4\frac{kQq}{l^4}\cdot\frac{3}{2}x^2l' $$
Căn cứ vào phương trình động lực học, hai số hạng đầu tiên bị triệt tiêu. Kết quả là: $$ \frac{dE}{dt} = -4\frac{kQq}{l^4}\cdot\frac{3}{2}x^2l' $$ hay $$ dE = -4\frac{kQq}{l^4}\cdot\frac{3}{2}x^2l'dt $$
Tích phân của biểu thức này trong một chu kỳ dao động (coi $l, l'$ là không đổi và ở dao động nhỏ $x = x_0 \sin \omega t$): \begin{align} \int_0^T dE &= -4\frac{kQq}{l^4}\cdot\frac{3}{2}l'\int_0^T x_0^2 \sin^2 \omega t \cdot dt \\ &= -4\frac{kQq}{l^4}\cdot\frac{3}{2}l'\frac{x_0^2}{2}\int_0^T (1 - \cos 2\omega t)dt \end{align} $$ \Delta E = -4\frac{kQq}{l^4}\cdot\frac{3}{2}\frac{x_0^2}{2}l'T = -\frac{3kQq}{l^4}x_0^2\frac{\Delta l}{T}T = -\frac{3kQq}{l^4}x_0^2\Delta l $$
Kết quả có thể được viết dưới dạng vi phân: $$ dE = -\frac{3kQq}{l^4}x_0^2dl $$
Sau khi chia cho biên độ thế năng: $$ \frac{dE}{E} = -\frac{3kQqx_0^2}{l^4 \cdot 4\frac{kQq}{l^3}\frac{x_0^2}{2}}dl = -\frac{3}{2}\frac{dl}{l} $$
Lấy tích phân dẫn đến bất biến trong gần đúng điều hòa, tức là bất biến Einstein: $$ \ln(El^{3/2}) = \text{inv} \rightarrow El^{3/2} = \text{inv} $$
Ta tìm sự thay đổi biên độ dao động khi nén đi một nửa: $$ x_0^2l_0^{3/2} = x^2\left(\frac{l_0}{2}\right)^{3/2} $$ $$ x = x_0 \cdot 2^{3/4} \approx x_0 \cdot 1,68 $$
Ở các biên độ lớn, dao động trở nên phi tuyến và sự tồn tại của bất biến chung (bất biến pha) chỉ có thể được kiểm tra bằng máy tính. Các đồ thị (Hình 16) minh họa cho sự kiểm tra này. Hai đồ thị đầu tiên (quỹ đạo pha và bất biến Einstein) liên quan đến các dao động với biên độ nhỏ (chế độ dao động điều hòa). Cặp đồ thị tương tự thứ hai liên quan đến các dao động với biên độ lớn. Ở đây quỹ đạo pha chỉ gợi nhớ đến hình elip và bất biến Einstein như dự kiến là không được bảo toàn. Nhưng bất biến pha (diện tích được quét bởi bán kính véc-tơ pha khi quay một góc $2\pi$) được bảo toàn với độ chính xác cao.
Bài toán tiếp theo nên được đặt tên theo Hannes Alfvén, nhà vật lý người Thụy Điển, người đoạt giải Nobel vật lý năm 1970 cho các công trình trong lĩnh vực từ thủy động lực học.
Bài toán 7. Mô-men từ của điện tích
Một hạt có khối lượng $m$ và điện tích $q$ quay với vận tốc $v$ theo một quỹ đạo tròn trong từ trường không đổi có cảm ứng từ $B$ (Hình 17). Tại một thời điểm nào đó,cảm ứng của từ trường bắt đầu tăng đều rất chậm. Hãy xác định sự thay đổi của các thông số chuyển động khi cảm ứng từ tăng $n$ lần.
Phương trình động lực học được xác định bởi lực Lorentz: $$ qvB = m\frac{v^2}{R} $$ Lực này trực giao với vận tốc chuyển động của hạt và không thể làm thay đổi năng lượng của nó. Nhưng sự thay đổi cảm ứng của từ trường dẫn đến sự xuất hiện của điện trường xoáy, công của nó dọc theo một đường cong kín (khác với điện trường tĩnh) là khác không. Ở mức độ vật lý phổ thông, công này có thể được xác định như sau: khi từ thông xuyên qua một vật dẫn kín thay đổi, trong vật dẫn sẽ xuất hiện suất điện động cảm ứng $$ \epsilon = -\frac{\partial\Phi}{\partial t} $$
Tiếp theo, chúng ta phải tin rằng công thức này cũng sẽ đúng đối với một quỹ đạo kín (không có sự hiện diện của vật dẫn) mà hạt mang điện chuyển động trên đó. Khi đó, điện trường trong một chu kỳ quay của hạt sẽ thực hiện một công $$ \Delta A = \epsilon q $$ hoặc $$ \Delta A = \pi R^2\frac{\Delta B}{T}q = \pi R^2\frac{\Delta B}{2\pi R/v}q = \frac{q}{2}vR\Delta B $$
Công này bằng sự thay đổi động năng: $$ \frac{q}{2}vR\Delta B = mv\Delta v $$ hoặc, sử dụng phương trình động lực học , $$ \frac{1}{2}\frac{\Delta B}{B} = \frac{\Delta v}{v} $$
Khi thay đổi rất chậm cảm ứng từ, phương trình này có thể được viết dưới dạng vi phân: $$ \frac{1}{2}\frac{dB}{B} = \frac{dv}{v} $$
Sau khi lấy tích phân, ta nhận được công thức của bất biến ở các dạng khác nhau (tổ hợp từng cặp từ ba thông số $B, v, R$): $$ \frac{\sqrt{B}}{v} \rightarrow \frac{B}{v^2} \rightarrow \pi R^2 B \rightarrow vR = \text{inv} $$
Ở đây thật thú vị khi lưu ý bất biến $\pi R^2 B = \Phi$ - sự bảo toàn của giá trị quỹ đạo của từ thông xuyên qua quỹ đạo của hạt. Bất biến $vR$ bổ sung cho công thức mô-men từ của điện tích - mô-men từ của vòng dây mang dòng điện (một đại lượng véc-tơ) được xác định bằng công thức $$ \vec{p}_m = i\vec{S} $$ trong đó $\vec{S}$ - véc-tơ diện tích bề mặt "căng" trên mạch điện (hướng của véc-tơ được xác định bằng quy tắc đinh ốc phải). Mô-men từ xác định năng lượng tương tác của dòng điện với từ trường qua tích vô hướng của các véc-tơ: $W = -\vec{p}_m \cdot \vec{B}$. Tương tự, ta có thể xác định mô-men từ cho một điện tích chuyển động theo quỹ đạo tròn (dưới dạng vô hướng): $$ p_m = \frac{q}{2\pi R/v}\pi R^2 = \frac{q}{2}vR $$
Từ công thức này thấy rằng, bất biến $vR$ chính là bất biến của mô-men từ của điện tích trong từ trường.
Vấn đề về quỹ đạo pha trong bài toán này chúng ta sẽ phải bỏ qua (quá phức tạp). Nhưng vật lý của bài toán tiếp theo lại đơn giản, dù toán học khá phức tạp.
Bài toán 8. Biến thể thẳng đứng của bài toán đầu tiên
Một quả cầu nhỏ chuyển động theo phương thẳng đứng, phản xạ đàn hồi từ mặt phẳng ngang bên dưới (Hình 18). Ở điểm cao nhất của quỹ đạo, quả cầu vừa chạm vào bề mặt ngang của một tấm bản nặng. Tại thời điểm bật nảy tiếp theo của quả cầu từ mặt phẳng dưới, tấm bản phía trên bắt đầu chuyển động xuống dưới với một vận tốc không đổi rất nhỏ. Vận tốc của quả cầu (tại thời điểm bật nảy từ mặt phẳng dưới) sẽ thay đổi bao nhiêu lần khi khoảng cách giữa các mặt phẳng giảm đi một nửa?
Chúng ta đã xem xét biến thể nằm ngang của bài toán này (bài toán 1), khi vật nhỏ (quả cầu) chuyển động trên một bề mặt ngang nhẵn giữa hai bức tường thẳng đứng, một trong số đó nén hệ rất chậm. Khi nén hệ, tích $xv = \text{inv}$ được bảo toàn.
Kết quả này tương ứng với bất biến đoạn nhiệt Einstein (mặc dù dao động không phải là điều hòa): $$ E(x)T(x) = \text{inv} \rightarrow m\frac{v^2}{2}\frac{2x}{v} \rightarrow xv = \text{inv} $$
Trong bài toán này (do toán học phức tạp), chúng ta sẽ không thiết lập công thức bất biến đoạn nhiệt bằng phương pháp năng lượng truyền thống. Ta sẽ coi như tồn tại một bất biến pha chung: $$ I = \frac{1}{2\pi}\oint pdq = \frac{1}{2\pi}\oint p(x)dx $$
Để tính toán nó, ta tìm sự phụ thuộc của động lượng ban đầu, tức là động lượng tại thời điểm phản xạ từ mặt phẳng dưới, vào tọa độ thẳng đứng (sự phụ thuộc này có thể nhận được từ định luật bảo toàn năng lượng): $$ mv = p = m\sqrt{v_0^2 - 2gx} = p_0\sqrt{1 - 2gx/v_0^2} $$
Thay hàm này vào tích phân của bất biến (coi quỹ đạo là khép kín): \begin{align} I &= \frac{1}{2\pi} \cdot 2p_0 \int_0^h \sqrt{1 - 2gx/v_0^2} dx \\ &= -\frac{1}{3\pi}m\frac{v_0^3}{g}\left(1 - \frac{2gx}{v_0^2}\right)^{3/2}\Bigg|_0^h \\ &= \frac{1}{3\pi}m\frac{v_0^3}{g}\left(1 - \left(1 - \frac{2gh}{v_0^2}\right)^{3/2}\right) \end{align}
Bây giờ có thể trả lời câu hỏi của bài toán. Viết đẳng thức các bất biến: $$ v^3\left(1 - \left(1 - \frac{2gh}{v^2}\right)^{3/2}\right) = v_0^3\left(1 - \left(1 - \frac{2gh_0}{v_0^2}\right)^{3/2}\right) $$
Sử dụng các điều kiện ban đầu và cuối: $2h = h_0$, $2gh_0 = v_0^2$ và đưa vào biến tương đối $v/v_0 = u$, ta nhận được một phương trình khá rắc rối cho nó: $$ u^3\left(1 - \left(1 - \frac{1}{2u^2}\right)^{3/2}\right) = 1 $$
Phương trình này phức tạp, nhưng nó được giải khá đơn giản bằng phương pháp số (phương pháp lặp). Để giải phương trình, ta biến đổi nó về dạng: $$ u = \frac{1}{\left(1 - \left(1 - \frac{1}{2u^2}\right)^{3/2}\right)^{1/3}} $$
Khi giảm chiều cao của mặt phẳng phản xạ đi một nửa, năng lượng của hệ không thể tăng quá mạnh. Nếu giả sử năng lượng tăng lên 2 lần, thì vận tốc tăng $\sqrt{2}$ lần. Lấy đây làm giá trị ban đầu của đại lượng cần tìm, thay vào vế phải của phương trình cho $u$. Phép tính dẫn đến đại lượng tiếp theo, là xấp xỉ bậc một của đại lượng cần tìm. Phép lặp (quy trình tính toán) được lặp lại. Ta đưa ra bảng giá trị của các phép lặp liên tiếp (Hình 19 bên trái). Có thể thấy rằng với độ chính xác ba chữ số sau dấu phẩy, nghiệm được nhận ở bước lặp thứ bảy. Hình ảnh pha truyền thống được đưa ra ở Hình 19 bên phải.
Bây giờ chúng ta hãy quay lại với điện động lực học.
Bài toán 9. Trượt như trên đường ray
Hãy xác định "số phận vật lý" (tính chất và các thông số chuyển động) của hệ (Hình 20), bao gồm một thanh nối siêu dẫn và hai thanh ray, nối với một cuộn dây lý tưởng có độ tự cảm $L$, nếu vuông góc với mặt phẳng của các thanh ray xuất hiện một từ trường tăng tuyến tính $B = B_0(1 + \alpha t)$. Dữ liệu bổ sung: $m$ - khối lượng của thanh nối, $l$ - khoảng cách giữa hai thanh ray.
Tại thời điểm ban đầu, tọa độ và vận tốc của thanh nối tương ứng bằng $0$ và $v_0$. Không có ma sát trong hệ. Cuộn cảm được kết nối với đường ray sao cho thanh nối có thể tự do vượt qua điểm không. Tốc độ thay đổi cảm ứng của từ trường $\alpha B_0$ được coi là một đại lượng nhỏ. Hãy tính toán khi cảm ứng từ tăng gấp đôi.
Với giá trị cảm ứng từ không đổi, hệ là một dao động tử điều hòa cơ điện. Từ thông của mạch: $$ \Phi = xlB $$
Suất điện động xuất hiện trong thanh nối: $$ \epsilon = -lBx' $$
Phương trình mạch, dòng điện và lực Ampere: $$ -lBx' + L\frac{di}{dt} = 0, \quad i = \frac{lB}{L}x, \quad F_A = -iBl $$
Phương trình động lực học: $$ mx'' = -\frac{(lB)^2}{L}x, \quad x'' = -\omega^2 x, \quad \omega^2 = \frac{(lB)^2}{mL} $$ là phương trình dao động điều hòa. Chu kỳ dao động được xác định bởi các thông số của hệ: $$ T = \frac{2\pi}{\omega} = 2\pi\frac{\sqrt{mL}}{lB} $$
Biên độ dao động (độ lệch cực đại khỏi điểm không) được xác định bởi vận tốc ban đầu: $$ x_0 = \frac{v_0}{\omega} = v_0\frac{\sqrt{mL}}{lB} $$
Rõ ràng là, đối với hệ này khi từ trường tăng chậm, phải tồn tại bất biến đoạn nhiệt Einstein: \begin{align} I &= \frac{E}{\omega} = \frac{mv_0^2}{2\omega} = \frac{mx_0^2\omega^2}{2\omega} = m\frac{x_0^2}{2}\omega \\ &= m\frac{x_0^2}{2}\frac{lB}{\sqrt{mL}} \rightarrow x_0^2 B \rightarrow \frac{v_0^2}{B} \rightarrow x_0v_0 = \text{inv} \end{align}
Viết các đẳng thức bất biến của trạng thái ban đầu và cuối: $$ x_0^2 B_0 = x^2 B $$ $$ \frac{v_0^2}{B_0} = \frac{v^2}{B} $$
Từ đây ta nhận được sự thay đổi của các biên độ dao động khi từ trường tăng gấp đôi: $$ x = x_0\sqrt{\frac{B_0}{B}} = \frac{x_0}{\sqrt{2}} $$ $$ v = v_0\sqrt{2} $$
Hình ảnh pha của dao động (Hình 21) phù hợp với những thay đổi này.
Hai bài toán tiếp theo gắn liền với tên tuổi của Paul Ehrenfest. Trong một bài báo của mình về lý thuyết lượng tử, ông đã xem xét hai ví dụ về các hệ mà trong đó có thể xảy ra sự vi phạm tính bất biến đoạn nhiệt.
Bài toán 10. Lưỡng cực Ehrenfest
Một lưỡng cực điện thực hiện dao động trong một điện trường đều (Hình 22). Tại một thời điểm nào đó, cường độ điện trường $E$ bắt đầu giảm với một tốc độ không đổi rất nhỏ. Hãy xác định sự thay đổi của các thông số dao động trong thời gian "đảo ngược" cường độ trường (véc-tơ cường độ đổi hướng ngược lại). Coi như đã biết các đại lượng sau: $m$ - khối lượng của các hạt lưỡng cực, $2l$ - chiều dài lưỡng cực, $q$ - độ lớn điện tích, $\varphi_0$ - biên độ dao động ban đầu, $\alpha = \frac{dE}{dt}$ - tốc độ thay đổi cường độ trường.
Ta viết định luật bảo toàn năng lượng khi lưỡng cực dao động trong trường không đổi: $$ W = \frac{p_\varphi^2}{2ml^2} - 2qlE\cos\varphi $$ từ đây ta tìm được sự phụ thuộc của xung lượng góc (mô-men) vào góc quay: $$ p_\varphi = \sqrt{2ml^2W\left(1 + \frac{2qlE}{W}\cos\varphi\right)} $$
Bất biến đoạn nhiệt pha: \begin{align} I &= \frac{1}{2\pi} \cdot 2\int_0^{\varphi_0} p_\varphi(\varphi) d\varphi \\ &= \frac{\sqrt{2ml^2W}}{\pi}\int_0^{\varphi_0} \sqrt{1 + \frac{2qlE}{W}\cos\varphi} d\varphi \end{align}
Tích phân này không tính được ở dạng tường minh, vì nó được đưa về tích phân elip không đầy đủ loại hai: $$ I = \frac{\sqrt{2ml^2W}}{\pi}\sqrt{1+\epsilon} \cdot \int_0^{2\alpha} \sqrt{1 - k^2\sin^2\alpha} d\alpha $$ trong đó $k^2 = \frac{2\epsilon}{1+\epsilon}$, $\epsilon = \frac{2qlE}{W}$.
Sự phụ thuộc của bất biến vào cường độ trường được "ẩn" trong $\epsilon$.
Khi phân tích các thay đổi trong hệ, chúng ta sẽ chỉ hài lòng với hình ảnh máy tính của quỹ đạo pha (Hình 23). Hình ảnh này rất thú vị. Vùng biên độ nhỏ là các dao động khi tắt trường một cách đoạn nhiệt. Tại một thời điểm nào đó, góc lệch trở nên lớn hơn $90^\circ$ và lưỡng cực chuyển sang pha quay. Bất biến đoạn nhiệt bị vi phạm. Giá trị cường độ trường sau khi đi qua điểm không bắt đầu tăng (véc-tơ trường đổi hướng) và lưỡng cực quay trở lại chế độ dao động. Đồng thời, điểm cân bằng của các dao động mới đã dịch chuyển đi một góc $\pi$.
Trong ví dụ mô phỏng này, ở chế độ chuyển động thứ hai, các biên độ dao động đã tăng lên so với chế độ dao động thứ nhất. Nhưng tỷ lệ các biên độ cũng có thể khác (bao gồm cả việc biên độ có thể không thay đổi), vì quá trình thay đổi các vùng pha chuyển động phụ thuộc vào sự đồng bộ hóa thời điểm đổi hướng của trường và pha dao động của lưỡng cực. Rõ ràng là, sự đổi hướng tiếp theo của trường sẽ dẫn đến việc dao động quay trở lại vùng pha đầu tiên.
Bài toán 11. Ống "bí mật" của Ehrenfest (giữ nguyên văn bản của tác giả trong phần phát biểu bài toán)
Một chất điểm không chịu tác dụng của lực, chuyển động qua lại trong một cái ống bịt kín ở cả hai đầu. Giả sử ở giữa ống vô cùng chậm chạp xuất hiện và tăng dần một trường đẩy. Khi đó sẽ đến một thời điểm mà chất điểm với lượng động năng dự trữ của nó không thể vượt qua rào cản này và tiếp tục chuyển động qua lại trong một nửa của ống. Nếu trường lực có những thay đổi biến mất, thì động năng của chuyển động cuối cùng bằng với động năng của chuyển động ban đầu; còn tần số thì tăng gấp đôi, do quãng đường đã giảm đi một nửa. Chuyển động ban đầu đã bị phân rã thành hai nhánh riêng biệt trong quá trình tác động đoạn nhiệt.
Bài toán này là một biến thể phức tạp hơn của bài toán đầu tiên. Chúng ta đã giao phó việc giải nó cho máy tính. Trường đẩy được mô phỏng bằng hàm Gauss với biên độ tăng tuyến tính theo thời gian: $$ U(x,t) = u(t)e^{-\alpha(l-x)^2} $$
Chúng tôi đưa ra hình ảnh pha của chuyển động trên máy tính (Hình 24).
Khi phân tích các thay đổi của chuyển động, Ehrenfest không hoàn toàn chính xác. Cho đến thời điểm chuyển mạch (ta gọi như vậy sự thay đổi đột ngột vùng chuyển động của hạt), bất biến đoạn nhiệt được bảo toàn. Tương tác với thế năng đang tăng dẫn đến sự gia tăng năng lượng. Tại một thời điểm nào đó, hạt đã đi vào phần bên phải của ống, nhưng khi quay lại, rào cản thế năng đã tăng lên và kịp thời chặn chuyển động sang phần bên trái. Hạt bị giam giữ ở nửa thứ hai. Trong quá trình chuyển động tiếp theo (sau thời kỳ chuyển tiếp), diện tích pha sẽ lại trở về tính bất biến (nhưng với một giá trị mới).
Bài toán 12. Một lần nữa bất biến đoạn nhiệt và sự vi phạm của nó
Một con lắc lò xo nằm ngang (được luồn trên một thanh nan; Hình 25) thực hiện dao động với biên độ nhỏ $x_0$. Người ta bắt đầu quay con lắc với một gia tốc góc rất nhỏ quanh trục thẳng đứng đi qua điểm cân bằng ban đầu.
Hãy xác định sự phụ thuộc của chu kỳ và biên độ dao động vào vận tốc góc quay của hệ. Hệ số đàn hồi của lò xo là $k$ và khối lượng của quả cầu là $m$ là các đại lượng đã biết. Khối lượng của lò xo được coi bằng không.
Chuyển sang hệ quy chiếu quay. Trong hệ phi quán tính này, định luật bảo toàn năng lượng sẽ đúng: $$ E = m\frac{x'^2}{2} + k\frac{x^2}{2} - m\omega^2\frac{x^2}{2} $$ hoặc $$ E = m\frac{x'^2}{2} + (k - m\omega^2)\frac{x^2}{2} $$
Công thức có dạng toàn phương, do đó có thể viết phương trình động lực học: $$ mx'' = -(k - m\omega^2)x $$
Sự thay đổi năng lượng khi thay đổi vận tốc góc: $$ \frac{dE}{dt} = mx'x'' + (k - m\omega^2)xx' - mx^2\omega\omega' $$
Hai số hạng đầu tiên, theo phương trình động lực học, bị triệt tiêu. Kết quả là: \begin{align} \frac{dE}{dt} &= -mx^2\omega\omega' \\ dE &= -mx^2\omega d\omega \end{align}
Ta lấy trung bình sự thay đổi năng lượng này trong một chu kỳ dao động, coi dao động là điều hòa và vận tốc góc là một đại lượng không đổi: $$ \Delta E = -m\frac{x_0^2}{2}\omega\Delta\omega $$
Hệ thức vi phân nhận được có thể được viết dưới dạng vi phân tương đối (chia cho năng lượng của hệ $E = (k - m\omega^2)\frac{x_0^2}{2}$ tại thời điểm lệch cực đại, coi các độ gia tăng $\Delta E, \Delta\omega$ là các vi phân): $$ \frac{dE}{E} = -\frac{1}{2}\frac{mx_0^2 \cdot 2}{(k - m\omega^2)x_0^2}\omega d\omega = \frac{1}{2}\frac{-2m\omega d\omega}{(k - m\omega^2)} $$
Sau khi lấy tích phân, ta thu được bất biến: $$ \ln E = \ln\sqrt{k - m\omega^2} + \ln C \rightarrow \frac{E}{\sqrt{k - m\omega^2}} = \text{const} $$
Để xác định sự thay đổi của các thông số dao động, ta cho các bất biến của trạng thái ban đầu và trạng thái cuối bằng nhau: $$ k\frac{x_0^2}{2\sqrt{k}} = (k - m\omega^2)\frac{x^2}{2\sqrt{k - m\omega^2}} $$ từ đây ta nhận được sự phụ thuộc của biên độ dao động vào tốc độ quay: $$ \left(\frac{x}{x_0}\right)^4 = \frac{1}{1 - \left(\frac{\omega}{\Omega}\right)^2} \Rightarrow x = x_0\frac{1}{\left(1 - \left(\frac{\omega}{\Omega}\right)^2\right)^{1/4}} $$ trong đó $\Omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$ — tần số dao động riêng của con lắc khi không có chuyển động quay.
Cần lưu ý sự tất yếu của việc "đứt gãy" dao động khi vận tốc góc quay của hệ tiến gần đến tần số dao động riêng của con lắc.
Thật thú vị khi quan sát quỹ đạo pha của dao động (Hình 26). Trên đồ thị trình bày mô phỏng máy tính của quỹ đạo pha khi thay đổi tốc độ quay. Để dễ hình dung, gia tốc góc được chọn không quá nhỏ. Hệ bị phá hủy (quả cầu chạy ra vô cực) sau khoảng 10 dao động. Trên đồ thị, $X$ và $V$ tương ứng là tọa độ và vận tốc của điểm cân bằng, điểm này dịch chuyển khi tốc độ quay thay đổi.
III. Bài toán vận dụng Bất biến đoạn nhiệt
Cuối cùng, một bài toán dành cho những người tò mò và tinh ý:
Bài toán mở
Một mạch dao động lý tưởng đang ở chế độ dao động. Tại một thời điểm nào đó, các bản của tụ điện phẳng bắt đầu được tách ra rất chậm (đoạn nhiệt) cho đến khi tần số dao động thay đổi $n$ lần.
Năng lượng của mạch sẽ thay đổi bao nhiêu lần (và theo hướng nào)?
Lưu ý rằng Einstein sẽ trả lời câu hỏi này ngay lập tức và không cần sự gợi ý của Paul Ehrenfest.
