Joakim Edsj¨o

Joakim Edsj¨o

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

L¨ osningar till

Tentamen i Analytisk Mekanik, 5p

24 augusti 2001

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

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

Uppgift 1

a) Se Scheck, avsnitt 3.2.

b) Tr¨oghetstensorn ges av

~ ~ I =

Z

[~x · ~x − ~x~x] ρ(~ x)d ³ x

d¨ar ~x·~x ¨ar en vanlig skal¨arprodukt och ~x~x ¨ar en dyadprodukt. I ett kartesiskt koordinatsystem ges komponenterna av

I ij = Z 

~x ² δ ij − x i x j

 ρ(~ x)d ³ x. (1)

Enligt Ekv. (1) har vi I zz =

Z

(x ² + y ² )ρ(~ x)d ³ x

≤ Z

(z ² + x ² + y ² + z ² )ρ(~ x)d ³ x

= Z

(z ² + x ² )ρ(~ x)d ³ x + Z

(y ² + z ² )ρ(~ x)d ³ x

= I yy + I xx ,

d v s, I zz ≤ I xx + I yy , vilket ¨ar precis vad som skulle visas.

Likhet g¨aller d˚ a Z

z ² ρ(~ x)d ³ x = 0,

d v s d˚ a kroppen saknar utstr¨ackning i z-led, d v s ¨ar en tunn plan skiva i xy-planet.

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 0 z 1

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

a) Poissonparentesen mellan tv˚ a kanoniska variabler f och g definieras som

{f, g} = X f

i

 ∂f

∂p i

∂g

∂q i

− ∂f

∂q i

∂g

∂p i



Betrakta nu en transformation fr˚ an (q

e

, p

e

) till (Q

e

, P e ), d¨ar

 Q i = Q i (q

e

, p

e

, t) P j = P j (q

e

, p

e

, t) Denna transformation ¨ar kanonisk om f¨oljande g¨aller



 



 



{Q i , Q j } = 0 ; ∀ i, j {P i , P j } = 0 ; ∀ i, j {P i , Q j } =

 0 ; ∀ i 6= j 1 ; ∀ i = j b) Vi vet att tidsutvecklingen f¨or en kanonisk variabel f ges av

df dt = ∂f

∂t + {H, f } (6)

L˚ at nu f = q ¹ p ² − q ² p ¹ och s¨att in detta i Ekv. (6) och kr¨av att df /dt = 0, 0 = df

dt = ∂f

|{z} ∂t

0

+{H, f } = {q 1 p 2 − q 2 p 1 , p ² 1

2m + p ² 2

2m + a 1 q ² 1 + a 2 q 2 ² } (7)

Notera nu att alla Possionparenteser mellan de kanoniska variablerna ¨ar noll f¨orutom {p i , q j } = 1 om i = j.

Vi kan vidare utnyttja f¨oljande egenskaper hos Poissonparenteserna f¨or att f¨orenkla v˚ art uttryck,

{f, gh} = g{f, h} + {f, g}h ; {f g, h} = f {g, h} + {f, h}g ; {f, g} = −{g, f } Ekv. (7) kan d˚ a f¨orenklas till

0 = p 2

2m {q 1 , p ² 1 } + a 2 q 1 {p 2 , q 2 ² } − p ² 1

2m {q 2 , p ² 2 } − a 1 q 2 {p 1 , q ² 1 }

= p ²

2m 2p ¹ {q ¹ , p ¹ }

| {z }

−1

+a ² q ¹ 2q ² {p ² , q ² }

| {z }

1

− p ¹

2m 2p ² {q ² , p ² }

| {z }

−1

−a ¹ q ² 2q ¹ {p ¹ , q ¹ }

| {z }

1

= p ¹ p ²

2m − p ¹ p ²

2m + 2q ¹ q ² (a ² − a ¹ ) = 2q ¹ q ² (a ² − a ¹ )

Vi ser s˚ aledes att vi m˚ aste kr¨ava att a ¹ = a 2 f¨or att q ¹ p 2 − q 2 p 1 ska vara en r¨orelsekonstant.

Uppgift 4

Den kinetiska energin ges av T = 1

2 m(l ˙ ϕ) ² + 1

2 m ˙l ² = 1

2 m(l ˙ ϕ) ² + 1 2 mα ² och den potentiella energin ges av

U = −mgl(t) cos ϕ.

Lagrangianen ges d˚ a av

L = T − U = 1

2 m(l ˙ ϕ) ² + 1

2 mα ² + mgl cos ϕ.

Den kanoniska r¨orelsem¨angden ¨ar

p ϕ = ∂L

∂ ˙ ϕ = ml ² ϕ ˙ vilket slutligen ger oss Hamiltonianen

H = p ϕ ϕ − L = ˙ p ² _ϕ ml ² − 1

2 ml ²  p ϕ

ml ²

 ²

− 1

2 mα ² − mlg cos ϕ

= 1

2 p ² _ϕ ml ² (t) − 1

2 mα ² − mgl(t) cos ϕ = H(t) (8)

Vi noterar att Hamiltonianen beror explicit av tiden p.g.a det tidsberoende tv˚ anget (l¨angden p˚ a sn¨oret som minskar med tiden).

Energin f¨or systemet ges av

E = T + U = 1 2

p ² _ϕ ml ² (t) + 1

2 mα ² − mgl(t) cos α = E(t) (9) Notera att energin E 6= H. J¨amf¨or vi Ekv. (8) och (9) ser vi att

E(t) = H(t) + mα ²

Eftersom Hamiltonianen beror explicit av tiden kan den ej vara en r¨orelsekonstant, vi har att dH

dt = ∂H

∂t + {H, H} = ∂H

∂t 6= 0 Av samma anledning ¨ar energin ej heller en r¨orelsekonstant,

dE dt = ∂E

∂t + {H, H + mα ² } = ∂E

∂t 6= 0

S˚ a, vi har sett att Hamiltonianen ej ¨ar lika med den totala energin och vi har ocks˚ a sett att varken

Hamiltonianen eller energin ¨ar r¨orelsekonstanter. Om v˚ ara tv˚ angsvillkor ej beror p˚ a tiden och vi

skriver Lagrangianen p˚ a dess naturliga form L = T − U s˚ a ges Hamiltonianen av H = T + U , men

i detta fall beror tv˚ anget p˚ a tiden och d˚ a g¨aller inte detta. Vi utbyter ocks˚ a energi med systemet

genom den externa kraften som drar i sn¨oret och d¨arf¨or ¨ar energin ej bevarad.

a) Vi inf¨or ett roterande koordinatsystem ¯ K d¨ar x- och y-axlarna ligger i frisbeens plan och z- axeln ligger l¨angs med symmetriaxeln vinkelr¨att mot detta plan. Detta ¨ar ett principalsystem med tr¨oghetsmomenten (se Physics Handbook, eller r¨akna ut dem)

I ¹ = 1

4 mr ² ; I ² = 1

4 mr ² ; I ³ = 1 2 mr ² Euler’s dynamiska ekvationer i v˚ art system ¯ K lyder



 

 

˙¯

ω 1 + ^{I 3} _I ^−I ₁ ² ω ¯ 2 ω ¯ 3 = N ¯ 1

˙¯

ω 2 + ^{I 1} _I ^−I ₂ ³ ω ¯ 3 ω ¯ 1 = N ¯ 2

˙¯

ω ³ + ^{I 2} _I ^−I ₁ ¹ ω ¯ ¹ ω ¯ ² = N ¯ ³ I v˚ art fall ¨ar I ¹ = I ² och alla vridmoment ¯ N i = 0, vilket ger oss







˙¯

ω ¹ + ^{I 3} _I ^−I ₁ ¹ ω ¯ ² ω ¯ ³ = 0

˙¯

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

˙¯

ω ³ = 0 Den sista av dessa ekvationer ger omedelbart att

¯

ω ³ = Ω || = konst.

Inf¨or nu f¨oljande konstant

Ω 0 = I 3 − I 1

I ¹ ω ¯ 3

och vi kan skriva de f¨orsta tv˚ a av Eulers dynamiska ekvationer som

 ˙¯ω ¹ = −Ω ⁰ ω ¯ ²

˙¯

ω ² = Ω ⁰ ω ¯ ¹ L¨osningen till dessa ekvationer ¨ar l¨att och finna och ges av

 ω ¯ ¹ = Ω ⊥ cos(Ω ⁰ t + β)

¯

ω ² = Ω ⊥ sin(Ω ⁰ t + β) Vinkelhastighetsvektorn uttryckt i ¯ K-systemet ges s˚ aledes av

¯

ω = Ω ⊥ cos(Ω ⁰ t + β), Ω ⊥ sin(Ω ⁰ t + β), Ω ||

Uttryckt i ¯ K-systemet ges r¨orelsem¨angdsmomentet av

¯

L = I · ¯ ω = (I 1 ω ¯ 1 , I 2 ω ¯ 2 , I 3 ω ¯ 3 )

= I ¹ Ω ⊥ cos(Ω ⁰ t + β), I ¹ Ω ⊥ sin(Ω ⁰ t + β), I ³ Ω ||

Fr˚ an uttrycken f¨or ¯ L och ¯ ω ¨ ar det uppenbart att symmetriaxeln (¯ 3-axeln), ¯ L och ¯ ω ligger i

samma plan.

b) Eftersom inga externa kraftmoment verkar p˚ a frisbeen, m˚ aste L vara bevarad. Eftersom L roterar kring ¯ 3-axeln med vinkelhastigheten Ω ⁰ i ¯ K-systemet, m˚ aste ¯ 3-axeln rotera med vin- kelhastigheten Ω ⁰ kring L i ett icke-roterande system. Den s¨okta vinkelhastigheten ¨ar s˚ aledes

Ω ⁰ = I ³ − I ¹ I 1

¯ ω ³

Om ω 0 ¨ ar vinkelhastigheten f¨or rotationen kring rotationsaxeln s˚ a ¨ar ¯ ω 3 = ω 0 cos α varf¨or vi f˚ ar att

Ω ⁰ = I ³ − I ¹ I 1

ω ⁰ cos α

Om vi nu s¨atter in uttrycken f¨or I ³ och I 1 samt att ω 0 = 2πν f˚ ar vi slutligen den s¨okta vinkelhastigheten

Ω 0 = 2πν cos α