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 2004

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

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

Uppgift 1

a) 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)

b) I xz ges enligt Ekv. (1) av

I xz = − Z ^∞

−∞

dx Z ^∞

−∞

dy Z ^∞

−∞

dz xzρ(~x).

Eftersom kroppen ¨ar spegelsymmetrisk i xy-planet g¨aller att ρ(x, y, −z) = ρ(x, y, z) varf¨or vi kan skriva I xz som

I xz = − Z ^∞

−∞

dx Z ^∞

−∞

dy

Z 0

−∞

dz xzρ(x, y, z) + Z ^∞

0

dz xzρ(x, y, z)



Byt nu (x, y, z) → (x, y, z ^′ ) = (x, y, −z) i den f¨orsta integralen,

I xz = − Z ^∞

−∞

dx Z ^∞

−∞

dy



  Z 0

∞

dz ^′ xz ^′ ρ(x, y, −z ^′ )

| {z }

ρ(x,y,z

^′

)

+ Z ^∞

0

dz xzρ(x, y, z)



 

= −

Z ^∞

−∞

dx Z ^∞

−∞

dy



− Z ^∞

0

dz ^′ xz ^′ ρ(x, y, z ^′ ) + Z ^∞

0

dz xzρ(x, y, z)



= 0

d v s f¨or varje volymselement vid (x, y, z) finns ett volymselement vid (x, y, −z) som bidrar lika mycket till I xz fast med motsatt tecken. I zx = 0 p g a att I ¨ar symmetrisk. ~ ~

Att I yz = I zy = 0 visas p˚ a samma s¨att.

c) 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

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 koeffici- enten _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, β = 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 3

Vi ska nu ta fram den kinetiska och potentiella energin och anv¨anda Lagranges ekvationer f¨or att ta fram r¨orelseekvationerna. Eftersom vi ¨ar intresserade av sm˚ a sv¨angningar kan vi Taylorutveckla dessa uttryck och bara beh˚ alla de termer som ¨ar l¨agst i ordning.

Problemet har tv˚ a frihetsgrader och vi v¨aljer x och y som v˚ ara generaliserade koordinater. Den kinetiska energin ges av

T = 1

2 m ˙x ² + ˙y ² + ˙z ²
d¨ar ˙z ges av

˙z = −c 1 2

1 q

1 − ^x _a

²²

− ^y _b

²²



− 2x ˙x a ² − 2y ˙y

b ²



Om vi Taylorutvecklar rotuttrycket enligt

√ 1

1 − ǫ ≃ 1 + 1 2 ǫ

inser vi att ˙z ² kommer att inneh˚ alla x, y, ˙x och ˙y (som alla ¨ar sm˚ a) i ordning fyra och h¨ogre, dvs i h¨ogre ordning ¨an de andra termerna i T . Vi kan d¨arf¨or f¨orsumma ˙z ² i T f¨or sm˚ a oscillationer och erh˚ aller

T ≃ 1

2 m ˙x ² + ˙y ²
. Den potentiella energin ges av

U = mgz = mgc − mgc r

1 − x ² a ² − y ²

b ² , vilket Taylorutvecklat till ordning tv˚ a i sm˚ a termer ¨ar

U ≃= mgc − mgc

 1 − 1

2

 x ² a ² + y ²

b ² + · · ·



≃ 1

2 mgc  x ² a ² + y ²

b ²



V˚ ar Lagrangian blir s˚ aledes (till ordning tv˚ a i sm˚ a termer) L = T − U ≃ 1

2 m ˙x ² + ˙y ²

− 1

2 mgc  x ² a ² + y ²

b ²



Derivatorna av Lagrangianen ¨ar d˚ a ( _∂L

∂x = − ^mgc _a

²

x

∂L

∂y = − ^mgc _b

²

y ;

( _∂L

∂ x ˙ = m ˙x

∂L

∂ y ˙ = m ˙y Insatt i Lagranges ekvationer, _dt ^d 

∂L

∂ q ˙

k



− _∂q ^∂L

k

= 0 erh˚ aller vi r¨orelseekvationerna, ( m¨ x + ^mgc _a

²

x = 0

m¨ y + ^mgc _b

2

y = 0 ⇒

( x + ¨ ^gc _a

²

x = 0

¨

y + ^gc _b

2

y = 0

Vi k¨anner igen dessa som de vanliga ekvationerna f¨or en harmonisk oscillator och kan s˚ aledes l¨asa av vinkelfrekvenserna direkt,

( ω x = p _gc

a

²

ω y = p _gc

b

²

F¨or att kontrollera rimligheten p˚ a dessa uttrycke s¨atter vi a = b = c = l och erh˚ aller vinkelfrekven- sen f¨or en plan pendel med l¨angden l, vilket ¨ar vad vi borde.

Uppgift 4

Hamiltons princip s¨ager att funktionalen I[q

e

] = Z t

2

t

1

L(q

e

(t), ˙q

e

(t), t)dt antar ett extremv¨arde d˚ a q

e beskriver den faktiska r¨orelsen hos systemet. Det inneb¨ar att vi kan kr¨ava att variationen av I ¨ar noll och p˚ a s˚ a s¨att f˚ a fram r¨orelseekvationerna. Utf¨or en liten variation av q

e runt den l¨osning som g¨or att δI = 0. Denna variation kan parametriseras som q

e

(t, α) = q

e

(t) + αη

e

(t) d¨ar η

e

(t) ¨ar en upps¨attning godtyckliga funktioner som ¨ar noll i ¨andpunkterna och α ¨ar en parameter som avg¨or hur l˚ angt vi ¨ar fr˚ an l¨osningen q

e

som ger δI = 0. Variationen av I ges d˚ a av

δI ≡ dI

dα dα = Z t

2

t

1

dt X f k=1

 ∂L

∂q k

∂q k

∂α + ∂L

∂ ˙q k

∂ ˙q k

∂α

 dα =







Partiell integration av 2:a termen







= Z t

2

t

1

dt X f k=1

∂L

∂q k

∂q k

∂α dα +



 

 X f k=1

∂L

∂ ˙q k

∂q k

|{z} ∂α

η

k

(t)

dα



 



t

2

t

1

| {z }

=0 ty η k (t 1 ) = η k (t 2 ) = 0

− Z t

2

t

1

dt X f k=1

d dt

 ∂L

∂ ˙q k

 ∂q k

∂α dα

= Z t

2

t

1

dt X f k=1

 ∂L

∂q k − d dt

 ∂L

∂ ˙q k

 ∂q k

|{z} ∂α

η

k

(t)

dα

Vi kr¨aver nu att δI = 0. Eftersom η k (t) ¨ar godtyckliga funktioner s˚ a m˚ aste varje term (delen inom hakparenteserna) i summan vara noll var f¨or sig ¹ . Vi erh˚ aller d˚ a slutligen

∂L

∂q k − d dt

 ∂L

∂ ˙q k



= 0 ; ∀ k = 1, . . . , f

vilket ¨ar de s¨okta Lagranges ekvationer.

Uppgift 5

a) F¨or en genererande funktion av typen U g¨aller att q i = − ∂U

∂p i

; P j = − ∂U

∂Q j

; H = H + ˜ ∂U

∂t .

Vi vill att den nya Hamiltonfunktionen, ˜ H ska vara identiskt lika med noll, dvs att H(q

e

, p

e

, t) + ∂U

∂t = 0 Utnyttja nu att q i = − _∂p ^∂U

i

och vi f˚ ar

H(− ∂U

∂p i e

, p

e

, t) + ∂U

∂t = 0

vilket ¨ar v˚ ar s¨okta Hamilton-Jacobi-ekvation i r¨orelsem¨angdsrepresentationen. Detta ¨ar en partiell differentialekvation f¨or U med avseende p˚ a p

e

och t.

b) Med den givna Hamiltonfunktionen blir Hamilton-Jacobis ekvation i r¨orelsem¨angdsrepresen- tationen

p ²

2m − mg ∂U

∂p + ∂U

∂t = 0 (3)

Ans¨att nu att

U (p, t) = U 1 (p) + U 2 (t)

(d¨ar beroendet p˚ a det konstanta Q ej ¨ar explicit angivet). Insatt i ekv. (3) ger detta p ²

2m − mg ∂U 1

∂p

| {z }

=E

+ ∂U 2

| {z } ∂t

=−E

= 0

d¨ar vi inser att de f¨orsta termerna bara beror av p medan den sista termen bara beror av t varf¨or de b˚ ada m˚ aste vara konstanter och lika (fast med omv¨ant tecken). Vi f˚ ar d˚ a en ekvation f¨or U 1 och en f¨or U 2 ,

( p

²

2m − mg ^∂U _∂p

¹

= E

∂U

2

∂t = −E.

Dessa l¨oses enkelt och vi f˚ ar (

U 1 = _6m ^p

³2

g − _mg ^Ep + konst.

U 2 = −Et + konst.

1

Man kan t.ex. v¨ alja alla utom en η

k

≡ 0. G¨ or man detta f¨ or var en av termerna i summan ser man att uttrycket

inom hakparanteser m˚ aste vara noll f¨ or varje term i summan f¨ or sig.

vilket ger v˚ ar s¨okta genererande funktion U , U = p ³

6m ² g − Ep

mg − Et + konst. (4)

U ska dock vara en funktion av Q, p och t s˚ a v˚ ar separationskonstant E m˚ aste vara en funktion av v˚ art konstanta Q. Vi v¨aljer att definiera E = Q och l˚ ater vidare den godtyckliga konstanten i ekv. (4) vara noll, vilket ger oss

U (Q, p, t) = p ³

6m ² g − Qp

mg − Qt. (5)

Vi kan nu ta fram de variabelsamband som ger oss v˚ ar kanoniska transformation, ( q = − ^∂U _∂p = − 2m ^p

²²

g + _mg ^Q

P = − ^∂U _∂Q = _mg ^p + t Den andra av dessa ekvationer ger

p = mg (P − t) (6)

vilket insatt i den f¨orsta ekvationen ger

q = − g (P − t) ²

2 + Q

mg (7)

Hamiltons kanoniska ekvationer f¨or de nya variablerna Q och P ¨ar triviala, ( Q ˙ = ^{∂ ˜} _∂P ^H = 0

P ˙ = − ^{∂ ˜} _∂Q ^H = 0 ⇒

 Q = β = konst.

P = α = konst.

Insatt i ekv. (6)–(7) ger detta l¨osningen (

q(t) = _mg ^β − ^g(α−t)

2

2

p(t) = mg (α − t)

Begynnelsevillkoret p(0) = mv 0 ger α = v 0 /g medan q(0) = 0 ger β = mv ² ₀ /2. L¨osningen med de givna begynnelsevillkoren ¨ar s˚ aledes







q(t) = ^v

2 0

2g − ^g 2

 v

0

g − t  2

p(t) = mg 

v

0

g − t