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

24 augusti 2007

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

θ

= _mR ^p

^θ₂

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

( ˙θ = ^∂H _∂p

θ

= _mR ^p

^θ₂

˙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

Se Goldstein, samt f¨orel¨asningsanteckningarna.

Uppgift 3

a) Den kinetiska energin best˚ ar av dels en translationsenergi f¨or mass- centrum och dels en rotationsenergi f¨or rotationen kring masscentrum,

T = 1 2 m

"

l 2 ˙θ  2

+  l 2 sin θ ˙ ϕ

 2 # + 1

2 ω · I · ω

L˚ at oss ber¨akna den sista termen, rotationsenergin i ett kroppsfixt system ¯ K med origo i masscentrum enligt figur. Tr¨oghetstensorn i detta system ges av

I =





1

12 ml ² 0 0

0 ₁₂ ¹ ml ² 0

0 0 0





θ O K´

x' z'

y'

S

Vi beh¨over ocks˚ a vinkelhastighetsvektorn ω uttryckt i ¯ K-systemet. Denna f˚ ar bidrag fr˚ an tv˚ a h˚ all, dels rotationen kring vertikalaxeln och dels θ-rotationen,

ω = ˙ ϕ (sin θˆ x ^′ + cos θˆ z ^′ ) − ˙θˆy ^′ Rotationsenergin f¨or rotationen kring masscentrum ¨ar s˚ aledes

T rot = 1

2 ω · I · ω = 1 2

1 12 ml ² 

˙

ϕ ² sin ² θ + ˙θ ² 

= 1 24 ml ² 

˙

ϕ ² sin ² θ + ˙θ ² 

Den totala kinetiska energin blir d˚ a T = 1

8 ml ² ˙θ ² + 1

8 ml ² sin ² θ ˙ ϕ ² + 1 24 ml ² 

˙

ϕ ² sin ² θ + ˙θ ² 

= 1 6 ml ² 

˙

ϕ ² sin ² θ + ˙θ ²  b) F¨or att ta fram r¨orelsen kan vi anv¨anda oss av Lagranges ekvationer. Lagrangefunktionen ges

av

L = T − U = 1 6 ml ² 

˙

ϕ ² sin ² θ + ˙θ ²  + 1

2 mgl cos θ De partiella derivatorna av L ges av

( _∂L

∂θ = ¹ ₃ ml ² sin θ cos θ ˙ ϕ ² − ¹ ₂ mgl sin θ

∂L

∂ ˙ θ = ¹ ₃ ml ² ˙θ ;

( _∂L

∂ϕ = 0

∂L

∂ ϕ ˙ = ¹ ₃ ml ² sin ² θ ˙ ϕ Insatt i Lagranges ekvationer, _dt ^d _∂ ^∂L _{q ˙}

i

− _∂q ^∂L

_i

= 0, ger detta oss r¨orelseekvationerna, ( ₁

3 ml ² θ − ¨ ¹ 3 ml ² sin θ cos θ ˙ ϕ ² + ¹ ₂ mgl sin θ = 0

d dt

1

3 ml ² sin ² θ ˙ ϕ

= 0 (1)

Den andra av dessa ekvationer kan vi integrera p˚ a en g˚ ang och vi f˚ ar d˚ a sin ² θ ˙ ϕ = A = konst. ⇒ ϕ = ˙ A

sin ² θ

Konstanten A kan vi best¨amma fr˚ an begynnelsevillkoren ˙ ϕ(0) = ω 0 och θ(0) = π/2, vilket ger A = ω 0 . Det efterfr˚ agade sambandet ˙ ϕ som funktion av θ ¨ar s˚ aledes

˙ ϕ = ω 0

sin ² θ (2)

Vi ¨ar ocks˚ a intresserade av v¨andl¨aget f¨or θ-r¨orelsen och kan antingen utg˚ a fr˚ an energins bevarande eller den f¨orsta av r¨orelseekvationerna, Ekv. (1). L˚ at oss utg˚ a fr˚ an den f¨orsta r¨orelseekvationen. Med Ekv. (2) kan denna skrivas

1

3 ml ² θ − ¨ 1

3 ml ² ω ₀ ² cos θ sin ³ θ + 1

2 mgl sin θ = 0

Multiplicera denna ekvation med ˙θ och integrera med avseende p˚ a tiden s˚ a erh˚ aller vi 1

6 ml ² ˙θ ² + 1

6 ml ² ω ₀ ² 1 sin ² θ − 1

2 mgl cos θ = B = konst.

Integrationskonstanten B kan best¨ammas fr˚ an begynnelsevillkoren θ(0) = π/2 och ˙θ(0) = 0 vilket ger B = ¹ ₆ ml ² ω ₀ ² . Vi ¨ar nu redo att ta fram v¨andpunkten f¨or θ-r¨orelsen och kan konstatera att v¨andpunkterna definieras av ˙θ = 0, vilket insatt i ekvationerna ovan ger

1

6 ml ² ω ² ₀ 1 sin ² θ − 1

2 mgl cos θ = 1 6 ml ² ω ² ₀ Denna ekvation kan skrivas om som

ml cos θ 

lω ² ₀ cos θ − 3g + 3g cos ² θ 

= 0

Denna ekvation har tv˚ a l¨osningar, antingen att cos θ = 0, vilket ger den ¨ovre v¨andpunkten θ = π/2, d.v.s. samma som v˚ art begynnelsevillkor. Den andra l¨osningen erh˚ alles d˚ a uttrycket inom hakparenteser ¨ar noll, d.v.s. d˚ a

cos ² θ + lω ₀ ²

3g cos θ − 1 = 0

Denna andragradsekvation i cos θ l¨oses enkelt och vi f˚ ar l¨osningen

cos θ = − lω ₀ ² 6g

+ (−)

s

1 + l ² ω ⁴ ₀ 36g

d¨ar endast l¨osningen med + framf¨or roten ¨ar fysikalisk (eftersom cos θ ∈ [−1, 1]).

Uppgift 4

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.

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 (3)

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. (3) 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.

Uppgift 5

a) Funktionalen I[y] = R x

₂

x

₁

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

₂

x

₁

n(y) c ds =

Z x

₂

x

₁

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

²₂

^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.

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.