Joakim Edsj¨o

Joakim Edsj¨o

Fysikum, Stockholms Universitet Tel.: 08-55 37 87 26

E-post: edsjo@physto.se

L¨ osningar till

Tentamen i Analytisk Mekanik, 5p

1 juni 2002

L¨ osningar finns ¨ aven tillg¨ angliga p˚ a

http://www.physto.se/~edsjo/teaching/am/index.html.

Uppgift 1

a) Problemet har en frihetsgrad och vi v¨aljer vinkeln θ mel- lan stegen och v¨aggen som generaliserad koordinat. Inf¨or ocks˚ a kartesiska koordinater x och y f¨or stegens masscen- trum. F¨oljande relation mellan θ och v˚ ara kartesiska koor- dinater g¨aller:

( x = ₂ ^l sin θ y = ₂ ^l cos θ ⇒

( ˙x = ₂ ^l cos θ ˙θ

˙y = − ₂ ^l sin θ ˙θ Vi kan d˚ a skriva upp den kinetiska energin f¨or stegen som

θ

x y

T = T S + T rot = 1

2 m( ˙x ² + ˙y ² ) + 1 2 I z

|{z}

ml2 12

˙θ ² = ml ²

8 ˙θ ² + ml ²

24 ˙θ ² = ml ² 6 ˙θ ²

Den potentiella energin ges av

U = mg l 2 sin θ vilket ger oss v˚ ar Lagrangefunktion

L = T − U = ml ²

6 ˙θ ² − mgl 2 cos θ Derivatorna av Lagrangefunktionen blir

( _d

dt

 ∂L

∂ ˙ θ

 = _dt ^d 

ml

3 ˙θ 

= ^ml ₃

θ ¨

∂L

∂θ = ^mgl ₂ sin θ Lagranges ekvationer, _dt ^d 

∂L

∂ ˙ θ

 − ^∂L _∂θ = 0, ger oss nu r¨orelseekvationerna,

ml ²

3 θ − ¨ mgl

2 sin θ = 0 ⇒ θ = ¨ 3g

2l sin θ (1)

b) Stegen f¨orlorar kontakten med v¨aggen d˚ a accelerationen i x-led ¨ar noll ty d˚ a ¨ar kraften fr˚ an v¨aggen noll enligt Newtons andra lag. Accelerationen i x-led ges av

x = − ¨ l

2 sin θ ˙θ ² + l 2 cos θ ¨ θ

Fr˚ an r¨orelseekvationerna, Ekv. (1) k¨anner vi ¨ θ som funktion av θ, men vi beh¨over ocks˚ a ˙θ ² som funktion av θ. Detta kan vi antingen f˚ a genom att s¨atta upp den totala energin och konstatera att den ¨ar bevarad, men vi kan ocks˚ a f˚ a ˙θ ² fr˚ an r¨orelseekvationerna, Ekv. (1), genom att multiplicera dessa med ˙θ och integrera med avseende p˚ a tiden,

ml ²

3 θ ˙θ − ¨ mgl

2 sin θ ˙θ = 0 ⇒ ml ²

6 ˙θ ² + mgl

2 cos θ = A

d¨ar konstanten A best¨ams fr˚ an begynnelsevillkoren ˙θ(0) = 0, θ(0) = α, vilket ger A =

mgl

2 cos α. Vi kan d˚ a skriva v˚ art uttryck f¨or ¨ x som x = − ¨ l

2 sin θ  3g

l cos α − 3g l cos θ

 + l

2 cos θ  3g 2l sin θ



=  9

4 cos θ − 3 2 cos α

 g sin θ vilket ¨ar noll d˚ a

cos θ = 2

3 cos α ⇒ θ = arccos  2 3 cos α



d v s detta ¨ar den vinkel vid vilken stegen f¨orlorar kontakten med v¨aggen.

Uppgift 2

a) Vi utnyttjar definitionen av tr¨oghetstensorns komponenter I ij =

Z

ρ(r)d ³ r [r · rδ ^ij − r ⁱ r j ]

P g a symmetrin kan vi konstatera att alla tr¨oghetsprodukter (d v s icke-diagonala element i I) ¨ar noll. Vi har ocks˚ a att I xx = I yy p g a symmetrin. Vi beh¨over s˚ aledes bara ber¨akna tv˚ a element, I xx och I zz , vilket enklast g¨ors i cylinderkoordinater (med ρ = m/(πR ² h)),

I xx = m

πR ² h Z h/2

− h/2

dz Z 2π

0

dφ Z R

0

(y ² + z ² )rdr

= m

πR ² h Z h/2

− h/2

dz Z 2π

0

dφ Z R

0

(r ² sin ² φ + z ² )rdr

= m

πR ² h Z h/2

−h/2

dz Z 2π

0

dφ  R ⁴

4 sin ² φ + z ² R ² 2



= m

πR ² h Z h/2

− h/2

dz

"

R ⁴ 4

 1

2 (φ − sin φ cos φ)

 2π 0

+ 2πR ² 2 z ²

#

= m

πR ² h Z h/2

− h/2

dz  2πR ⁴

8 + 2πR ² 2 z ²



= m

πR ² h

 2πR ⁴

8 z + 2πR ² 6 z ³

 h/2

−h/2

= m

πR ² h

 2πR ⁴ h

8 + 2πR ² h ³ 24



= 1 12 m 

h ² + 3R ² 

F¨or I zz f˚ ar vi I zz = m

πR ² h Z h/2

− h/2

dz Z 2π

0

dφ Z R

0

(x ² + y ² )rdr = m πR ² h

Z h/2

− h/2

dz Z 2π

0

dφ Z R

0

r ³ dr

= m

πR ² h h2π R ⁴ 4 = 1

2 mR ² Tr¨oghetstensorn ges s˚ aledes av

I =





1

12 m h ² + 3R ²

0 0

0 ₁₂ ¹ m h ² + 3R ²
0

0 0 ¹ ₂ mR ²





vilket ¨ar precis vad vi skulle visa.

b) Att cylindern inte precesserar oavsett begynnelsevillkor inneb¨ar att vinkelhastighetsvektorn ω ¨ar konstant oavsett hur cylindern roterar initialt. Enligt Eulers dynamiska ekvationer in- neb¨ar det att alla ˙ω i = 0, vilket f¨or godtycklig begynnelsevinkelhastighet ω 0 inneb¨ar att alla tr¨oghetsmoment m˚ aste vara lika, dvs I xx = I yy = I zz . Dessa ¨ar alla lika d˚ a I xx = I yy = I zz , d v s d˚ a

1

12 m h ² + 3R ²

= 1

2 mR ² ⇒ h = √ 3R

Uppgift 3

a) Problemet har en frihetsgrad och vi kan v¨alja massan ms avst˚ and r fr˚ an rotationsaxeln som generaliserad koordinat. Den kinetiska och potentiella energin ges d˚ a av

T = 1

2 m ˙r ² + r ² ω ₀ ²

; U = 1

2 k (r − b) ² = 1

2 k r ² + b ² − 2br
Lagrangianen ges s˚ aledes av

L = T − U = 1

2 m ˙r ² + r ² ω ₀ ²

− 1

2 k r ² + b ² − 2br
Dess derivator ¨ar

( _d

dt

∂L

∂ ˙ r

= _dt ^d (m ˙r) = m¨ r

∂L

∂r = mω ₀ ² r + kb − kr = (mω 0 ² − k)r + kb Lagranges ekvationer ger d˚ a r¨orelseekvationerna

¨ r +  k

m − ω 0 ²

 r = kb

m (2)

b) R¨orelseekvationen, Ekv. (2), har den allm¨anna l¨osningen r(t) = r h (t) + r p (t)

d¨ar r h (t) ¨ar l¨osningen till den homogena ekvationen (med h¨ogerledet lika med noll) och r p (t)

¨ ar partikul¨arl¨osningen f¨or det h¨ogerled r¨orelseekvationen har. Partikul¨arl¨osningen ges av r p (t) = kb

m _m ^k − ω 0 ²

F¨or den homogena ekvationen f˚ ar vi olika typer av l¨osningar beroende p˚ a tecknet p˚ a koeffi- cienten _m ^k − ω ² 0 :



 

 

k

m − ω 0 ² > 0 ⇒ Oscillerande cos- och sin-l¨osningar

k

m − ω 0 ² < 0 ⇒ Exponentiellt v¨axande cosh- och sinh-l¨osningar

k

m − ω 0 ² = 0 ⇒ Linj¨art v¨axande/avtagande (eller konstanta) l¨osningar c) Partikul¨arl¨osningen ges i detta fall av

r p (t) = 2b Den homogena ekvationen ges av

¨

r + ω ₀ ² r = 0 vilken har l¨osningen

r h (t) = A sin(ω 0 t + β) ; A, b = konstanter vilket ger den fullst¨andiga l¨osningen

r(t) = A sin(ω 0 t + β) + 2b.

Begynnelsevillkoret ˙r(0) = 0 ger att β = π/2 medan r(0) = b ger att A = −b. L¨osningen ges s˚ aledes av

r(t) = 2b − b sin  ω 0 t + π

2



= 2b − b cos ω ⁰ t.

Massan m utf¨or med andra ord harmoniska oscillationer runt j¨amviktsl¨aget 2b med amplituden b.

Uppgift 4

a) Med laddningsfl¨odena enligt figur blir den kinetiska och potentiella energin T = 1

2 L ˙q ₁ ² + ˙q ₂ ²
+ 1

2 L ⁰ ( ˙q 1 + ˙q 2 ) ² ; U = 1 2

q ₁ ² + q ₂ ² C

vilket ger Lagrangefunktionen (h¨ar skriven som L f¨or att undvika sammanblandning med induktansen L)

L = T − U = 1

2 L ˙q ₁ ² + ˙q ₂ ²
+ 1

2 L ⁰ ( ˙q 1 + ˙q 2 ) ² − 1

2C q ₁ ² + q ₂ ²
Derivatorna av Lagrangefunktionen ges av

( _∂L

∂ ˙ q

= L ˙q 1 + L ⁰ ( ˙q 1 + ˙q 2 )

∂L

∂ ˙ q

= L ˙q 2 + L ⁰ ( ˙q 1 + ˙q 2 ) ;

( _∂L

∂q

= − C ¹ q 1

∂L

∂q

= − C ¹ q 2

Detta insatt i Lagranges ekvationer ger oss r¨orelseekvationerna ( L¨ q 1 + L ⁰ (¨ q 1 + ¨ q 2 ) + _C ¹ q 1 = 0

L¨ q 2 + L ⁰ (¨ q 1 + ¨ q 2 ) + _C ¹ q 2 = 0 ⇒

( (L + L ⁰ )¨ q 1 + L ⁰ q ¨ 2 + _C ¹ q 1 = 0

L ⁰ q ¨ 1 + (L + L ⁰ )¨ q 2 + _C ¹ q 2 = 0 (3)

b) Vi antar att l¨osningarna kommer att vara oscillerande och ges d˚ a p˚ a formen

 q 1

q 2



=

 a 1

a 2

 e ^iωt

d¨ar a 1 och a 2 ¨ ar konstanter och ω ¨ar v˚ ara s¨okta vinkelfrekvenser. Insatt i Ekv. (3) ger detta ( −a ¹ (L + L ⁰ )ω ² − L ⁰ a 2 ω ² + _C ¹ a 1 = 0

−a 1 L ⁰ ω ² − (L + L ⁰ )a 2 ω ² + _C ¹ a 2 = 0 Skrivet p˚ a matrisform f˚ ar vi

(L + L ⁰ )ω ² − _C ¹ L ⁰ ω ² L ⁰ ω ² (L + L ⁰ )ω ² − _C ¹

! a 1

a 2

!

= 0

vilket har en icke-trivial l¨osning om determinanten f¨or koefficientmatrisen ¨ar noll, dvs om 0 =

(L + L ⁰ )ω ² − _C ¹ L ⁰ ω ² L ⁰ ω ² (L + L ⁰ )ω ² − C ¹

=



(L + L ⁰ )ω ² − 1 C

 2

− L ^{0 2} ω ⁴ vilket ger oss

ω ² (L + L ⁰ ) − 1

C = ±L ⁰ ω ² ⇒ ω ² [(L + L ⁰ ) ∓ L ⁰ ] = 1 C vilket ger oss l¨osningarna

( ω ² = _CL ¹ ω ² = _C(2L ¹

+L)

⇒







ω = ± q

1 CL

ω = ± q

1 C(2L

+L)

vilket ¨ar v˚ ara s¨okta vinkelfrekvenser.

Uppgift 5

a) Vi m˚ aste f¨orst ta fram Hamiltonfunktionen och g¨or detta genom att ta fram Lagrangefunktio- nen och sedan transformera oss till Hamiltonfunktionen. Vi kan f¨orst konstatera att en kraft p˚ a formen F (t) kan h¨arledas fr˚ an en potential U enligt

F (t) = − ∂U

∂x ⇒ U (x, t) = −F (t)x + konst

d¨ar vi kan s¨atta den godtyckliga konstanten i U (x, t) till noll. V˚ ar Lagrangefunktion ges d˚ a av

L = T − U = 1

2 m ˙x ² + F (t)x (4)

Den kanoniska r¨orelsem¨angden p ges av p = ∂L

∂ ˙x = m ˙x (5)

och detta ger oss v˚ ar Hamiltonfunktion H = p ˙q − L = p ²

m − 1 2

p ²

m − F (t)x = p ²

2m − F (t)x (6)

Hamilton-Jacobis ekvation f¨or v˚ ar genererande funktion S(x, P, t) blir d˚ a 1

2m

 ∂S

∂x

 2

− F (t)x + ∂S

∂t = 0 (7)

b) Den vanliga separationsansatsen S(x, P, t) = S 1 (x, P ) + S 1 (t, P ) fungerar inte i detta fall eftersom Hamiltonfunktionen beror explicit av tiden. Vi provar d¨arf¨or f¨oljande ansats (enligt ledningen)

S(x, P, t) = S 1 (t, P )x + S 2 (t, P ) Insatt i Ekv. (7) ger detta ¹

1

2m (S 1 (t)) ² − F (t)x + ∂S 1

∂t x + ∂S 2

∂t = 0

I v¨ansterledet har vi termer av ordning 0 och 1 i x. Eftersom koefficienterna framf¨or dessa termer enbart beror av t m˚ aste de vara noll oberoende av varandra, d v s

( _∂S

∂t = F (t)

∂S

∂t = − _2m ¹ S ₁ ² (8)

Med F (t) = A sin ω 0 t ger den f¨orsta av dessa ekvationer att S 1 (t) = − A

ω 0

cos ω 0 t + a

Notera att vi ej kan s¨atta konstanten a = 0 eftersom den kommer in multiplicerad med x i S. V˚ ar konstant a ¨ar d¨arf¨or en konstant som beror av v˚ ar nya konstanta r¨orelsem¨angd α. L˚ at oss v¨alja a = α = P , d¨ar P = α ¨ar v˚ ar nya konstanta r¨orelsem¨angd. Den andra ekvationen i Ekv. (8) blir nu

∂S 2

∂t = − 1 2m



α ² + A ²

ω ₀ ² cos ² ω 0 t − 2α A ω 0

cos ω 0 t



Denna ekvation kan vi integrera och f˚ ar d˚ a S 2 (t) = − α ²

2m t − A ²

2mω ₀ ² [ω 0 t + sin ω 0 t cos ω 0 t] + αA

mω ² ₀ sin ω 0 t + b

Konstanten b kan vi s¨atta till noll eftersom den kommer in i S som en ren additativ konstant vilken ej p˚ averkar transformationen. V˚ ar genererande funktion ges d¨arf¨or slutligen av

S =



− A

ω 0 cos ω 0 t + α



x −  α ²

2m + A ² 2mω 0



t − A ²

2mω ² ₀ sin ω 0 t cos ω 0 t + αA mω ₀ ² sin ω 0 t L˚ at oss nu utnyttja denna genererande funktion f¨or att transformera oss till nya kanoniska variabler {Q, P }. Eftersom den nya Hamiltonfunktionen ˜ H = H + ^∂S _∂t = 0 vet vi att b˚ ade Q = β och P = α ¨ar konstanter. Fr˚ an variabelsambanden f¨or S kan vi nu ta fram transformationen fr˚ an gamla variabler till nya:

( p = ^∂S _∂x = α − _ω ^A

cos ω 0 t Q = ^∂S _∂α = x − ^αt _m + _mω ^A

0

sin ω 0 t

Ur dessa ekvationer kan vi l¨osa ut de gamla variablerna som funktion av de nya konstanta

variablerna: (

x = Q + ^αt _m − _mω ^A

sin ω 0 t p = α − _ω ^A

cos ω 0 t

1

Beroendet av den nya r¨ orelsem¨ angden P skrivs ej ut explicit i det f¨oljande.

V˚ ara nya konstanter P = α och Q ges fr˚ an begynnelsevillkoren:

 x(0) = 0 ⇒ Q = 0 p(0) = 0 ⇒ α = ω ^A

Detta ger oss l¨osningen

( x(t) = _mω ^A

h

t − ^{sin ω} ω

^t

i

p(t) = _ω ^A

[1 − cos ω ⁰ t]