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

23 augusti 2002

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

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

Uppgift 1

a) Pendeln kan r¨ora sig i tv˚ a dimensioner, dels r¨or sig upph¨angningspunkten A l¨angs med x- axeln och dels pendlar sj¨alva pendeln i vertikalplanet. Upph¨angningspunktens r¨orelse ¨ar dock given och kan d¨arf¨or betraktas som ett externt tv˚ ang. Vi har d¨arf¨or en frihetsgrad och v¨aljer utslagsvinkeln θ som v˚ ar generaliserade koordinat. F¨or upph¨angningspunkten As r¨orelse g¨aller att

¨

x = g ⇒ ˙x = gt ⇒ x = 1 2 gt ² d¨ar integrationskonstanterna har valts till 0.

Massan ms hastighet kan skrivas som v = h

˙x − l ˙θ cos θ i ˆ

x + l ˙θ sin θˆ z vilket ger oss den kinetiska energin

T = 1

2 mv ² = 1 2 m h

˙x ² + l ² ˙θ ² cos ² θ − 2l ˙x ˙θ cos θ + l ² ˙θ ² sin ² θ i

= 1 2 m h

˙x ² + l ² ˙θ ² − 2l ˙x ˙θ cos θ i Den potentiella energin kan skrivas

U = −mgl cos θ Om vi nu utnyttjar att ˙x = gt f˚ ar vi Lagrangianen

L = T − U = 1 2 m h

g ² t ² + l ² ˙θ ² − 2lgt ˙θ cos θ i

+ mgl cos θ Lagrangianens derivator ges av

( _∂L

∂θ = mgl ˙θt sin θ − mgl sin θ

∂L

∂ ˙ θ = ml ² ˙θ − mglt cos θ Insatt i Lagranges ekvationer ger detta oss r¨orelseekvationen

0 = _dt ^{d ∂L} _{∂ ˙ θ} − ^∂L ∂θ = ml ² θ − mgl cos θ + mglt ˙θ sin θ − mgl ˙θt sin θ + mgl sin θ ¨

⇒ θ = ¨ ^g _l [cos θ − sin θ] (1)

vilket ¨ar v˚ ar s¨okta r¨orelseekvation.

b) J¨amviktsl¨aget f˚ ar vi genom att s¨atta ¨ θ = 0. V˚ ar r¨orelseekvation (1) ger oss d˚ a f¨oljande villkor f¨or j¨amviktsl¨aget θ ⁰ ,

cos θ 0 = sin θ 0 ⇒ θ 0 = π 4

c) Vi vill nu skriva om v˚ ar r¨orelseekvation s˚ a att den blir l¨attare att l¨osa f¨or sm˚ a utslag kring θ 0 . Vi g¨or enklast detta genom att anv¨anda f¨oljande trigonometriska formel,

sin(α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β V¨alj det undre tecknet, α = θ och β = π/4 s˚ a f˚ ar vi

sin θ − ^π 4

= sin θ cos ^π 4 − cos θ sin ^π 4 = ^√ 2 ² (sin θ − cos θ)

⇒ cos θ − sin θ = − √

2 sin θ − ^π 4

Insatt i r¨orelseekvationen (1) f˚ ar vi θ = − ¨

√ 2g l sin 

θ − π 4



Inf¨or nu θ ⁰ = θ − π/4 som ¨ar utslaget fr˚ an j¨amviktsl¨aget. Vi f˚ ar d˚ a θ ¨ ⁰ = −

√ 2g l sin θ ⁰

vilket ¨ar v˚ ar vanliga r¨orelseekvation f¨or en harmonisk oscillator. F¨or sm˚ a utslag kan vi ap- proximera sin θ ⁰ ' θ ⁰ och f˚ ar d˚ a

θ ¨ ⁰ = −

√ 2g l θ ⁰ vilken har cos- och sin-l¨osningar som kan skrivas p˚ a formen

θ ⁰ (t) = B cos (ω ⁰ t − β) ; ω ⁰ = s √ 2g

l

d¨ar B och β best¨ams ur begynnelsevillkoren. Uttryckt i v˚ ar ursprungliga variabel θ ¨ar l¨osningen given av

θ(t) = π

4 + B cos (ω 0 t − β) ; ω 0 = s √ 2g

l Motsvarande pendel med upph¨angningspunkten A fix skulle ha l¨osningen

θ(t) = B ⁰ cos (ω ⁰ 0 t − β ⁰ ) ; ω ⁰ 0 = r g

l

Vi kan notera att v˚ ar pendel med en accelererande upph¨angningspunkt beter sig precis som en vanlig pendel med fix upph¨angningspunkt skulle g¨ora om tyngdaccelerationen var √

2g och riktad i − (ˆx + ˆz) / √

2-riktningen. Detta ¨ar ett exempel p˚ a att vi ej kan skilja p˚ a ett accelererat

system och ett som befinner sig i ett gravitationsf¨alt.

Uppgift 2

Vi inser att problemet har tv˚ a frihetsgrader och vi v¨aljer x och y som generaliserade koordinater enligt figur. x ¨ar massa 1s l¨age i f¨orh˚ allande till ursprungsl¨aget. y ¨ar massa 3s l¨age i f¨orh˚ allande till den h¨ogra trissan. Detta inneb¨ar att vi kan skriva ¨andringen av h¨ojden f¨or de tre massorna

som 





z 1 = x z ² = y − x z ³ = −y − x

(2)

Detta ger den kinetiska energin

T = 1

2 m 1 ˙z ² 1 + 1

2 m 2 ˙z 2 ² + 1 2 m 3 ˙z ² 3

= 1

2 m 1 ˙x ² + 1

2 m 2 ( ˙y − ˙x) ² + 1

2 m 3 (− ˙x − ˙y) ²

= 1

2 (m ¹ + m ² + m ³ ) ˙x ² + 1

2 (m ² + m ³ ) ˙y ² + (m ³ − m ² ) ˙x ˙y

m ₁

m 2

m ₃ 0

y z ₁ 0

z ₂

z 3

z

x

Den potentiella energin ges av

U = m ¹ gz ¹ + m ² gz ² + m ³ gz ³ = (m ¹ − m ² − m ³ )gx + (m ² − m ³ )gy vilket ger oss Lagrangianen, L = T − U

L = 1

2 (m 1 + m 2 + m 3 ) ˙x ² + 1

2 (m 2 + m 3 ) ˙y ² + (m 3 − m ² ) ˙x ˙y − (m ¹ − m ² − m ³ )gx − (m ² − m ³ )gy (3) Derivatorna av L ges av

( _∂L

∂x = −(m ¹ − m ² − m ³ )g

∂L

∂y = −(m ² − m ³ )g ;

( _∂L

∂ ˙ x = (m 1 + m 2 + m 3 ) ˙x + (m 3 − m ² ) ˙y

∂L

∂ ˙ y = (m 2 + m 3 ) ˙y + (m 3 − m ² ) ˙x Lagranges ekvationer ger oss d˚ a r¨orelseekvationerna

(m ¹ + m ² + m ³ )¨ x + (m ³ − m ² )¨ y + (m ¹ − m ² − m ³ )g = 0 (4) (m 2 + m 3 )¨ y + (m 3 − m ² )¨ x + (m 2 − m ³ )g = 0 (5) Genom substitution kan vi l¨osa ut ¨ x ur Ekv. (4) och s¨atta in i Ekv. (5). Vi erh˚ aller d˚ a

[m ¹ (m ² + m ³ ) + 4m ² m ³ )] ¨ y + 2m ¹ (m ² − m ³ )g = 0 P˚ a samma s¨att kan vi l¨osa ut ¨ y ur Ekv. (4) och s¨atta in i Ekv. (5) f¨or att erh˚ alla

[m 1 (m 2 + m 3 ) + 4m 2 m 3 ] ¨ x + [m 1 (m 2 + m 3 ) − 4m ² m 3 ] g = 0 B˚ ada dessa ekvationer integreras enkelt tv˚ a g˚ anger f¨or att ge l¨osningen

x(t) = − [m 1 (m 2 + m 3 ) − 4m ² m 3 ] g m ¹ (m ² + m ³ ) + 4m ² m ³

t ²

2 + At + B y(t) = − 2m ¹ (m ² − m ³ )g

m ¹ (m ² + m ³ ) + 4m ² m ³ t ²

2 + Ct + D

d¨ar A, B, C och D ¨ar konstanter vilka best¨ams av begynnelsevillkoren. Insatt i Ekv. (2) ger dessa ekvationer oss r¨orelsen f¨or de tre massorna.

Uppgift 3

Se Scheck, avsnitt 2.23, samt f¨orel¨asningsanteckningarna.

Uppgift 4

a) N¨ar det externa vridmomentet ¯ N = 0 blir Eulers dynamiska ekvationer

 



 

˙¯

ω x = ^{I 2} _I ^−I ₁ ³ ω ¯ y ω ¯ z

˙¯

ω y = ^{I 3} _I ^−I ₂ ¹ ω ¯ z ω ¯ x

˙¯

ω z = ^{I 1} _I ^−I ₃ ² ω ¯ x ω ¯ y

(6)

Vi vill nu visa att om vinkelfrekvensvektorn ¨ar given av ω a = (ω ⁰ , 0, 0), ω b = (0, ω ⁰ , 0) eller ω _c = (0, 0, ω ⁰ ) s˚ a kommer den att forts¨atta vara det. Om vi s¨atter in ω a i h¨ogerledet i Ekv. (6)

f˚ ar vi 





˙¯

ω x = 0

˙¯

ω y = 0

˙¯

ω z = 0

d v s vinkelhastighetsvektorn kommer ej att ¨andras. Samma sak erh˚ alles om ω b eller ω c s¨atts in i Ekv. (6) och vi har d¨armed visat att om rotationen sker kring x-, y- eller z-axeln s˚ a kommer den att forts¨atta att g¨ora det.

b) Vi antar nu att vinkelhastighetsvektorn ges av ω a , ω b eller ω c , men l¨agger p˚ a en liten st¨orning och ser om st¨orningen v¨axer med tiden eller ej. Vi b¨orjar med rotation kring x-axeln, d v s med vinkelhastigheten ω a och l¨agger p˚ a en liten st¨orning. Vi antar att den s¨okta vinkel- hastighetsvektorn kan skrivas

ω ⁰

a (t) = ω a + ε(t) = (ω 0 + ε x (t), ε y (t), ε z (t))

och s¨oker ε(t). Vidare antar vi att st¨orningen ¨ar liten, d v s att |ε|  |ω a |. Vi s¨atter nu in denna ansats i Ekv. (6) och erh˚ aller

 



 

˙ε x = ^{I 2} _I ^−I ₁ ³ ε y ε z

˙ε y = ^{I 3} _I ^−I ₂ ¹ ε z (ε x + ω 0 ) ' ^{I 3} _I ^−I 2 ¹ ε z ω 0

˙ε z = ^{I 1} _I ^−I ₃ ² ε y (ε x + ω 0 ) ' ^{I 1} _I ^−I 3 ² ε y ω 0

(7)

d¨ar vi i sista ledet har f¨orsummat termer av ε relativt ω ⁰ . Vi kan nu titta n¨armare p˚ a de ekvationer som best¨ammer hur st¨orningen i y- och z-led ser ut. Derivering och substitution av de tv˚ a sista ekvationerna ger

( ε ¨ y = ^{I 3} _I ^−I ₂ ^{1 I 1} _I ^−I ₃ ² ω ² 0 ε y

¨

ε z = ^{I 1} _I ^−I ₃ ^{2 I 3} _I ^−I ₂ ¹ ω ² 0 ε z

(8) Eftersom I ³ > I ² > I ¹ ser vi att koefficienterna framf¨or termerna i h¨ogerleden ¨ar negativa. Vi kommer s˚ aledes att erh˚ alla sin- och cos-l¨osningar varf¨or st¨orningen ej kommer att v¨axa med tiden. Denna rotation ¨ar s˚ aledes stabil ¹ .

1 Den f¨ orsta ekvationen i (7) ¨ ar ej lika l¨ att att tolka, men det beh¨ over vi inte g¨ ora heller. Vi vet att r¨ orelsem¨ angdsmomentet ¨ ar bevarat. I v˚ art kroppsfixa roterande system inneb¨ ar det att |L| = q

I 1 ² ω ² _x + I 2 ² ω ² _y + I 3 ² ω ² _Z = konstant. Om ω y och ω z ej v¨ axer i storlek kommer d¨ arf¨ or ω x att vara i stort sett of¨ or¨ andrad.

Det r¨ acker s˚ aledes med att betrakta st¨ orningen i y- och z-led som vi har gjort ovan f¨ or att se om st¨ orningen v¨ axer

eller inte.

Vi har nu rotationer kring de andra tv˚ a axlarna kvar att analysera och vi kan g˚ a igenom samma maskineri f¨or dem, men vi kan ta en genv¨ag och erh˚ alla r¨orelseekvationerna f¨or rotation kring y-axeln med en liten st¨orning genom cyklisk permutation av indexen (1 → 2 → 3 → 1 → · · · samt x → y → z → x → · · · ) i Ekv. (8),

( ε ¨ z = ^{I 1} _I ^−I ₃ ^{2 I 2} _I ^−I ₁ ³ ω ² 0 ε z

¨

ε x = ^{I 2} _I ^−I ₁ ^{3 I 1} _I ^−I ₃ ² ω ² 0 ε x

(9)

Vi ser att koefficienterna framf¨or termerna i h¨ogerleden nu ¨ar positiva. Vi kommer s˚ aledes att erh˚ alla exponentiellt v¨axande ² l¨osningar. Rotationer kring y-axeln ¨ar s˚ aledes ej stabila utan en liten st¨orning kommer att v¨axa exponentiellt.

F¨or den sista rotationen g¨or vi en cyklisk permutation till och f˚ ar r¨orelseekvationerna ( ε ¨ x = ^{I 2} _I ^−I ₁ ^{3 I 3} _I ^−I ₂ ¹ ω ² 0 ε x

¨

ε y = ^{I 3} _I ^−I ₂ ^{1 I 2} _I ^−I ₁ ³ ω ² 0 ε y

(10)

Koefficienterna framf¨or h¨ogerleden ¨ar nu ˚ aterigen negativa och vi f˚ ar cos- och sin-l¨osningar.

Rotationer kring z-axeln ¨ar s˚ aldes stabila. Vi har s˚ aledes visat att rotationer kring de tv˚ a axlarna med minst respektive st¨orst tr¨oghetsmoment ¨ar stabila f¨or sm˚ a st¨orningar medan rotationer kring axeln med det mellersta tr¨oghetsmomentet ¨ar labila.

Uppgift 5

a) Hamiltonfunktionen ges av

H = X

k

˙q k p k − L(q

e

, ˙q

e

)

och dess tidsderivata ¨ar dH

dt = d

dt X

k

˙q k p k

!

− dL dt

= d

dt X

k

˙q k p k

!

− X

k

∂L

∂q k

|{z}

d dt

 ∂L

∂ ˙ qk



˙q k − ∂L

∂ ˙q k

¨ q k

= d

dt X

k

˙q k p k

!

− X

k

d dt

 ∂L

∂ ˙q k



| {z }

p k

˙q k − ∂L

∂ ˙q k

|{z}

p k

¨ q k

= d

dt X

k

˙q k p k

!

− X

k

˙p k ˙q k − X

k

p k q ¨ k

= d

dt X

k

˙q k p k

!

− d dt

X

k

˙q k p k

!

= 0

Hamiltonfunktionen H ¨ar d¨armed bevarad n¨ar vi inte har n˚ agot explicit tidsberoende.

2 Vi erh˚ aller ocks˚ a exponentiellt avtagande l¨ osningar, men det r¨ acker med att konstatera att vi har exponentiellt

v¨ axande l¨ osningar. En godtycklig st¨ orning kommer d˚ a att v¨ axa.

b) Vi har nu att Lagrangefunktionen ¨ar given av L(q

e

, ˙q

e

) = T (q

e

, ˙q

e ) − U(q

e

) Hamiltonfunktionen ges nu av

H = X

k

˙q k p k − L = X

k

˙q k p k

|{z}

∂L

∂ ˙ qk

−T + U = X

k

˙q k

∂L

∂ ˙q k − T + U

Eftersom U ej beror av ˙q

e kan vi ers¨atta _{∂ ˙} ^∂L _{q k} med _{∂ ˙} ^∂T _q

k och erh˚ aller d˚ a

H = X

k

˙q k

∂T

∂ ˙q k − T + U (11)

Vi utnyttjar nu ledningen och visar Eulers teorem f¨or v˚ ar kinetiska energi. T ges av

T = X f j=1

X f k=1

c jk (q

e

) ˙q j ˙q k

Eftersom T p˚ a denna form ¨ar en homogen funktion av grad 2 i ˙q

e g¨aller att T (q

e

, λ ˙q ¹ , λ ˙q ² , . . . , λ ˙q f ) = λ ² T (q

e

, ˙q

e

) Derivera med avseende p˚ a λ och s¨att sedan λ = 1,

 d dλ T (q

e

, λ ˙q ¹ , λ ˙q ² , . . . , λ ˙q f )



λ=1

=

 d

dλ λ ² T


" λ=1

X

k

∂T

∂λ ˙q k

dλ ˙q k

dλ

#

λ=1

= [2λT ] _λ=1

"

X

k

∂T

∂λ ˙q k

˙q k

#

λ=1

= [2λT ] _λ=1 X

k

∂T

∂ ˙q k

˙q k = 2T

D¨armed ¨ar Eulers teorem bevisat. Insatt i Ekv. (11) erh˚ aller vi slutligen

H = X

k

˙q k

∂T

∂ ˙q k − T + U = 2T − T + U = T + U = E

vilket ¨ar vad vi skulle visa. Enligt a) ¨ar H och i s˚ aledes ¨aven E en r¨orelsekonstant.