L¨ osningar till

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

18 mars 2005

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

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

Uppgift 1

a) V¨alj θ som v˚ ar generaliserade koordinat. Hastigheten ges d˚ a av v = R ˙θ och h¨ojden ¨over det nedre j¨amviktsl¨aget ¨ar z = R(1 − cos θ). Lagrangefunktionen ges d˚ a av

L(θ, ˙θ) = T − U = 1

2 mv ² − mgz = mR ² ˙θ ²

2 − mgR(1 − cos θ) Den kanoniska impulsen ges av

p θ = ∂L

˙θ = mR ² ˙θ och vi kan nu skriva Hamiltonfunktionen som

H(θ, p θ ) = ˙θp θ − L = p ² _θ

mR ² − mR ² 2

 p θ

mR ²

 2

+ mgR(1 − cos θ) = p ² _θ

2mR ² + mgR(1 − cos θ) Hamiltons ekvationer ger nu

( ˙θ = _∂p ^∂H

= _mR ^p

l

˙p θ = − ^∂H ∂θ = −mgR sin θ F¨or sm˚ a sv¨angningar kan vi s¨atta sin θ ≃ θ,

( ˙θ = ^∂H _∂p

= _mR ^p

˙p θ = − ^∂H _∂θ = −mgRθ

Derivera den andra ekvationen med avseende p˚ a tiden och s¨att in uttrycket f¨or ˙θ fr˚ an den f¨orsta ekvationen s˚ a f˚ ar vi

¨

p θ = −mgR ˙θ = − g R p θ

Denna l¨oses enkelt och vi f˚ ar l¨osningen

( p θ = A cos p _g

R t + θ 0
θ = _mR ^A √

gR sin p _g

R t + θ 0

b) Fasrummet, P, sp¨anns upp av {θ, p ^θ } och f¨or allm¨anna utslagsvinklar har vi f¨oljande fasportr¨att:

θ p _θ

−π π

rotation separatris

libration

F¨or sm˚ a utslagsvinklar ¨ar l¨osningskurvorna (n¨astan) elipser. F¨or s˚ a stora utslagsvinklar att pendeln sl˚ ar ¨over har vi rotation. N¨ar r¨orelsen ¨ar precis s˚ a att pendeln kan n˚ a upp till ¨oversta punkten med hastigheten noll s˚ a befinner vi oss mitt emellan och den kurvan kallas f¨or sepa- ratris.

Uppgift 2

a) Problemet har en frihetsgrad och vi kan v¨alja l¨aget l¨angs med planet som v˚ ar generaliserade koordinat. L˚ at oss kalla denna x enligt figur. Den kinetiska energin best˚ ar av tv˚ a delar,

T = T S + T rot

d¨ar T S ¨ar translationsenergin f¨ or masscentrums r¨orelse och T rot ¨ar rotationsenergin f¨ or rotationen kring masscentrum.

α R x

T S ges av

T S = 1 2 M ˙x ² d¨ar M ¨ar massan hos bollen. Rotationsenergin ges av

T rot = 1 2 I  ˙x

R

 2

d¨ar I ¨ar tr¨oghetsmomentet f¨or rotation kring rotationsaxeln (eftersom bollen ¨ar sf¨ariskt sym- metrisk ¨ar alla tr¨oghetsmoment lika). Vi har ocks˚ a utnyttjat att vinkelfrekvensen ges av ˙x/R.

Potentialen fr˚ an gravitationsf¨altet ges av

U = −Mgx sin α

och vi f˚ ar d˚ a v˚ ar Lagrangefunktion L = 1

2 M ˙x ²

 1 + I

M R ²



+ M gx sin α

Lagranges ekvationer, _dt ^{d ∂L} _{∂ x ˙}

− ^∂L _∂x = 0, ger oss r¨orelseekvationen

M ¨ x

 1 + I

M R ²



− Mg sin α = 0

⇒ x = ¨ g sin α 1 + _{M R} ^I

(1)

F¨or en homogen boll med radie R och massan M ges tr¨oghetsmomentet (f¨or rotation runt valfri axel) av

I = 2 5 M R ² Insatt i ekv. (1) ger detta oss

¨

x = g sin α 1 + ² ₅ = 5

7 g sin α (2)

vilket ¨ar vad som skulle visas.

b) Vi har nu ist¨allet en boll med ett h˚ al i mitten. Vi kan antingen betrakta denna boll som en boll med samma massa som i a) men med ett h˚ al i mitten (dvs en boll med h¨ogre densitet), eller s˚ a kan vi betrakta denna boll som bollen i a) men med mitten borttagen (dvs en n˚ agot l¨attare boll). Vilket vi g¨or spelar ingen roll d˚ a accelerationen inte beror av den totala massan (i ekv. (1) ¨ar I ∝ M vilket ger att ¨x ej beror av massan). L˚ at oss betrakta denna boll som samma boll som i a) men med ett h˚ al i mitten. Massan p˚ a denna ih˚ aliga boll ¨ar d˚ a

M ny =

4

3 πR ³ − ⁴ 3 π(R/2) ³

4

3 πR ³ M = R ³ − (R/2) ³

R ³ M = 7

8 M

F¨or att ber¨akna tr¨oghetsmomentet f¨or denna ih˚ aliga boll kan vi ta tr¨oghetsmomentet f¨or en homogen boll med radie R och dra bort tr¨oghetsmomentet f¨or en homogen boll med radie R/2 (eftersom tr¨oghetstensorn ¨ar linj¨ar). Vi f˚ ar d˚ a v˚ art nya tr¨oghetsmoment f¨or v˚ ar ih˚ aliga boll

I ny = 2

5 M R ² − 2 5 1 8 M  R

2

 2

= M R ²  2 5 − 1

80



= 31 80 M R ²

d¨ar vi har utnyttjat att den borttagna massan f¨or h˚ alet ¨ar M/8. Insatt i ekv. (1) ger oss detta accelerationen f¨or den ih˚ aliga bollen

¨

x ny = g sin α 1 + _M ^I

ny

R

= g sin α 1 +

^{M R}

8

M R

= 7 8

g sin α

7

8 + ³¹ ₈₀ = 70 101 g sin α

Kvoten mellan den nya accelerationen f¨or den ih˚ aliga bollen och den tidigare f¨or den homogena bollen blir d˚ a slutligen

¨ x ny

¨ x =

70 101

5 7

= 98 101

Accelerationen f¨or den ih˚ aliga bollen ¨ar s˚ aledes ₁₀₁ ⁹⁸ av accelerationen f¨or den homogena bollen.

Eftersom den ih˚ aliga bollen har massan (i genomsnitt) placerad l¨angre ut fr˚ an rotationsaxeln s˚ a har den ett h¨ogre tr¨oghetsmoment f¨or en given massa p˚ a bollen. Det inneb¨ar att rota- tionsenergin kommer att bli st¨orre (f¨or en given vinkelfrekvens). Detta i sin tur leder till att den ih˚ aliga bollen kommer att vara “mer tr¨og” att f˚ a fart p˚ a. Den borde d¨arf¨or accelerera l˚ angsammare, vilket vi ocks˚ a finner.

Uppgift 3

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 masscent- rum. F¨oljande relation mellan θ och v˚ ara kartesiska koordi- nater 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 (3)

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. (3) 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. (3), 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 4

a) Funktionalen I[y] = R x

x

f (x, y, y ^′ )dx antar ett extremv¨arde d˚ a variationsproblemets Euler- ekvation

d dx

 ∂f

∂y ^′



− ∂f

∂y = 0 (4)

¨ar uppfylld. Vi vill visa att Euler-ekvationen ovan ¨ ar ekvivalent med

∂f

∂x − d dx



f − y ^′ ∂f

∂y ^′



= 0. (5)

Denna ekvation kallas ibland f¨or variationsproblemets f¨orsta integral.

Enklaste s¨attet att visa att de tv˚ a uttrycken ¨ar ekvivalenta ¨ar att ta det andra uttrycket, utf¨ora derivatorna och se att vi d˚ a erh˚ aller Euler-ekvationen. L˚ at oss g¨ora detta. Kom dock ih˚ ag att f = f (x, y, y ^′ ) s˚ a n¨ar vi utf¨or den totala derivatan _dx ^d f˚ ar vi m˚ anga inre derivator enligt kedjeregeln. Vi f˚ ar d˚ a

∂f

∂x − d dx



f − y ^′ ∂f

∂y ^′



= ∂f

∂x −  ∂f

∂x + ∂f

∂y y ^′ + ∂f

∂y ^′ y ^′′ − y ^′′ ∂f

∂y ^′ − y ^′ d dx

 ∂f

∂y ^′



= − ∂f

∂y y ^′ + y ^′ d dx

 ∂f

∂y ^′



= y ^′  d dx

 ∂f

∂y ^′



− ∂f

∂y



| {z }

= 0 enligt Euler-ekvationen

= 0

Ekv (5) f¨oljer allts˚ a fr˚ an Euler-ekvationen, ekv. (4). Vi har d˚ a visat ena riktningen av ek- vivalensen. Eftersom den triviala l¨osningen y ^′ ≡ 0 ej kan g¨alla f¨or generella l¨osningar till variationsproblemet kan vi sluta oss till att Euler-ekvationen f¨oljer fr˚ an ekv. (5). Vi har d˚ a visat att de tv˚ a ekvationerna ¨ar ekvivalenta.

b) Enklast ¨ar att skriva funktionalen p˚ a formen I[y] =

Z x

x

n(y) c ds =

Z x

x

n(y) c

p 1 + y ^′2 dx

V˚ ar funktion f ges d˚ a av

f (x, y, y ^′ ) = f (y, y ^′ ) = n(y) c

p 1 + y ^′2

dvs f beror ej explicit av x. Det ¨ar d˚ a mycket enklare att anv¨anda ekv. (5) ist¨allet f¨or Euler- ekvationen f¨or att hitta y(x). Utnyttjar vi att f = f (y, y ^′ ) i ekv. (5) erh˚ aller vi

0 = 0 − d dx



f − y ^′ ∂f

∂y ^′



⇒ f − y ^′ ∂f

∂y ^′ = konst.

Med v˚ art uttryck f¨or f blir detta konst. = n(y)

c

p 1 + y ^′2 − y ^′ 1 2

1

p 1 + y ^′2 2y ^′ = n(y) c

"

p 1 + y ^′2 − y ^′2 p 1 + y ^′2

#

= n(y) c

"

1 + y ^′2

p 1 + y ^′2 − y ^′2 p 1 + y ^′2

#

= n(y) c

1

p 1 + y ^′2 (6)

Eftersom Snells lag ¨ar uttryckt med infallsvinklarna skriver vi om detta uttryck med hj¨alp av dessa. Eftersom cot θ = ^dy _dx kan vi skriva om detta som

konst. = n(y) c

√ 1

1 + cot ² θ = n(y) c

1 q

1 + ^cos _sin

^θ θ

= n(y) c

sin θ

p sin ² θ + cos ² θ = n(y) c sin θ Om vi bakar in ljushastigheten c i v˚ ar konstant s˚ a erh˚ aller vi

n(y) sin θ = konst.

Detta ska g¨alla f¨or hela f¨arden ¹ och d˚ a i synnerhet i gr¨ansen mellan de tv˚ a olika materialen.

Vi erh˚ aller s˚ aledes

n 1 sin θ 1 = n 2 sin θ 2

vilket ¨ar Snells lag som skulle visas.

Uppgift 5

a) Utg˚ a fr˚ an v˚ ar ansats

Ψ(q, t) = Ae

^S

^(q,t) ; A = konstant. (7) Derivatorna av Ψ med avseende p˚ a q och t ges av

∂Ψ

∂t = i

¯ h

∂S ^∗

∂t Ae

^S

^(q,t) = i

¯ h

∂S ^∗

∂t Ψ

∂Ψ

∂q = i

¯ h

∂S ^∗

∂q Ae

^S

^(q,t) = i

¯ h

∂S ^∗

∂q Ψ

∂ ² Ψ

∂q ² = i

¯ h

 ∂ ² S ^∗

∂q ² Ψ + ∂S ^∗

∂q

∂Ψ

∂q



= i

¯ h

"

∂ ² S ^∗

∂q ² + i

¯ h

 ∂S ^∗

∂q

 2 # Ψ

1

N¨ ar vi inte ¨ ar vid gr¨ ansen mellan de tv˚ a materialen ¨ ar n(y) en konstant och vi f˚ ar d˚ a att θ ocks˚ a ¨ ar en konstant,

dvs vi erh˚ aller att ljuset g˚ ar rakt d˚ a brytningsindex ej ¨ andras.

S¨att in dessa derivator i Schr¨odingerekvationen och vi erh˚ aller

""

1 2m

 ∂S ^∗

∂q

 2

+ U

# + ∂S ^∗

∂t

#

Ψ = i¯ h 2m

∂ ² S ^∗

∂q ² Ψ. (8)

Ψ kan vi dividera bort och ekv. (8) kan d˚ a skrivas

"

1 2m

 ∂S ^∗

∂q

 2

+ U

# + ∂S ^∗

∂t = i¯ h 2m

∂ ² S ^∗

∂q ² (9)

V¨ansterledet k¨anner vi igen som v˚ ar nya Hamiltonfunktion ˜ H om vi identifierar S ^∗ (q, t) med verkansfunktionen. Den nya Hamiltonfunktionen ska ju dock vara noll, men h¨ogerledet i ekv. (9) ¨ar skilt fr˚ an noll.

b) H¨ogerledet i ekv. (9) kan f¨orsummas om

¯ h ∂ ² S ^∗

∂q ² ≪  ∂S ^∗

∂q

 2

. (10)

Vi skriver nu om detta uttryck s˚ a att det blir tydligare n¨ar det ¨ar uppfyllt. Eftersom p = ^∂S _∂q

kan vi skriva ekv. (10) som

¯ h ∂p

∂q ≪ p ² Utnyttja nu att deBroglie-v˚ agl¨angden ¨ar given av

λ = h p = 2π¯ h

p vilket ger att villkoret skrivas

(∂p/∂q) p/λ ≪ 2π.

Dvs n¨ar v˚ agl¨angden ¨ar s˚ a liten att r¨orelsem¨angden ¨andras f¨orsumbart lite ¨over en v˚ agl¨angd, d˚ a kan vi f¨orsumma h¨ogerledet i ekv. (9) och vi erh˚ aller v˚ ar klassiska Hamilton-Jacobi-ekvation.

Notera att vi ocks˚ a kan erh˚ alla den klassiska gr¨ansen, i detta fall Hamilton-Jacobis ekvation,

genom att l˚ ata ¯ h → 0, dvs genom att f¨orsumma kvantiseringen av verkan.