Joakim Edsj¨ o

Joakim Edsj¨ o

Fysikum, Stockholms Universitet Tel: 08-674 76 48

L¨osningar till

Tentamen i Analytisk Mekanik, 5p

2 juni 2001

L¨osningar finns s˚ a sm˚ aningom ¨aven tillg¨angliga p˚ a http://www.physto.se/~edsjo/teaching/am/index.html.

Uppgift 1

a) Den kinetiska energin ges av T = 1

2 m

R sin θω ϕ + R ˙θˆ ˆ θ  ₂

= 1 2 mR ²

ω ² sin ² θ + ˙ θ ²



och den potentiella energin ges av

U = mgR (1 − cos θ) Lagrangefunktionen ges d˚ a av

L = T − U = 1 2 mR ²

ω ² sin ² θ + ˙ θ ²

 − mgR (1 − cos θ)

och dess derivator ¨ ar

 _∂L

∂θ = mR ² ω ² sin θ cos θ − mgR sin θ

∂L

∂ ˙θ = mR ² θ ˙ Insatt i Lagranges ekvationer,

d dt

 ∂L

∂ ˙ θ



− ∂L

∂θ = 0 ger detta

mR ² θ = mR ¨ ² ω ² sin θ cos θ − mgR sin θ (1) vilket ¨ ar den s¨ okta r¨ orelseekvationen f¨ or θ.

b) Fr˚ an ekv. (1) ser vi att ¨ θ = 0 f¨ or θ = 0 varf¨ or θ = 0 ¨ ar en j¨ amviktspunkt. F¨ or att ta reda p˚ a om den ¨ ar stabil eller inte Taylorutvecklar vi h¨ ogerledet i ekv. (1) och tar med upp till linj¨ ara termer i θ, dvs vi s¨ atter 

sin θ  θ cos θ  1 vilket ger

mR ² θ ¨  

mR ² ω ² − mgR 

θ

Denna ekvation har oscillerande cos- och sin-l¨ osningar om koefficienten framf¨ or θ i h¨ ogerledet

¨ ar negativ, annars ¨ ar l¨ osningen exponentialfunktioner. F¨ or att l¨ osningen ska vara stabil m˚ aste d¨ arf¨ or koefficienten vara negativ, dvs

mR ² ω ² − mgR < 0

⇒ ω ² < _R ^g

⇒ ω c = _g

R

c) Fr˚ an ekv. (1) ser vi att ¨ θ = 0 d˚ a sin θ 

mR ² ω ² cos θ − mgR 

= 0.

Vi ser att denna ekvation ¨ ar uppfylld d˚ a

sin θ = 0 eller cos θ = g Rω ²

Den f¨ orsta av dessa ger de tv˚ a j¨ amviktspunkterna θ = 0 och θ = π, medan den andra ekvationen endast har en l¨ osning d˚ a ω > ω _c d˚ a j¨ amviktspunkten ¨ ar

θ = arccos g Rω ²

Man kan visa att denna j¨ amviktspunkt ¨ ar stabil genom att Taylorutveckla h¨ ogerledet i ekv. (1) runt θ = arccos _Rω ^g

.

Uppgift 2

a) V¨ alj z som h¨ ojden f¨ or massan m som genera- liserad koordinat. Den kinetiska energin f¨ or massan m ges d˚ a av

T _m = 1 2 m ˙z ²

N¨ ar massan m har r¨ ort sig str¨ ackan z s˚ a har massan M r¨ ort sig str¨ ackan z/2. Dess kinetis- ka energi f˚ ar bidrag b˚ ade fr˚ an masscentrums translation, men ¨ aven fr˚ an rotationen kring masscentrum,

α

m M radie R

A z

T _M = 1 2 M

 1 2 z ˙

 ₂ + 1

2 Iω ²

F¨ or en homogen cylinder ges tr¨ oghetsmomentet f¨ or rotation kring symmetriaxeln av I =

1 2 M R ² . Vinkelhastigheten ges vidare av ω = _2R ^˙z . Den kinetiska energin f¨ or M ges d¨ arf¨ or av

T _M = 1

8 M ˙ z ² + 1 2 1 2 M R ²

 z ˙ 2R

 ₂

= 1

8 M ˙ z ² + 1

16 M ˙ z ² = 3 16 M ˙ z ² . Den potentiella energin ges av

U = mgz − Mg 1

2 z sin α

vilket slutligen ger Lagrangefunktionen L = T m + T M − U =

 1 2 m + 3

16 M



˙ z ² −

 mg − 1

2 M g sin α

 z.

Dess derivator ¨ ar  _∂L

∂z = ¹ ₂ M g sin α − mg

∂L ∂ ˙z = 

m + ³ ₈ M 

˙z Lagranges ekvationer,

d dt

 ∂L

∂ ˙ z



− ∂L

∂z = 0

ger d˚ a 

m + 3 8 M



¨ z = 1

2 M g sin α − mg (2)

vilken enkelt integreras och ger l¨ osningen z(t) = 2M g sin α − 4mg

8m + 3M t ² + At + B ; A, B = konstanter b) Systemet befinner sig i j¨ amvikt d˚ a ¨ z = 0. Ekv. (2) ger att ¨ z = 0 d˚ a

1 2 M g sin α − mg = 0

⇒ α = arcsin ^2m _M . Vi ser ocks˚ a att j¨ amvikt endast kan erh˚ allas d˚ a M ≥ 2m.

Uppgift 3

a) Vi har att

{f, gh} =

i

 ∂f

∂p _i

∂(gh)

∂q _i − ∂f

∂q _i

∂(gh)

∂p _i 

=

i

 ∂f

∂p _i

∂g

∂q _i h + g ∂f

∂p _i

∂h

∂q _i − ∂f

∂q _i

∂g

∂p _i h − g ∂f

∂q _i

∂h

∂p _i 

= g

i

 ∂f

∂p i

∂h

∂q i − ∂f

∂q i

∂h

∂p i

+

i

 ∂f

∂p i

∂g

∂q i − ∂f

∂q i

∂g

∂p i

h = g {f, h} + {f, g}h.

Den andra relationen visas enkelt p˚ a samma s¨ att.

b) F¨ or att best¨ amma det villkor β och γ m˚ aste uppfylla f¨ or att L z ska vara en r¨ orelsekonstant kan vi t ex anv¨ anda oss av Noethers teorem. Alternativt kan vi anv¨ anda oss av Poisson-parenteser, genom att notera att

dL _z

dt = {H, L z } + ∂L _z  ∂t

0

= {H, L z }.

Vi vill med andra ord best¨ amma β och γ s˚ a att {H, L z } = 0. Hamiltonfunktionen ges av H = 1

2m

 p ² _x + p ² _y + p ² _z 

+ αz ² e ^βx

^+γy

R¨ orelsem¨ angdsmomentets z-komponent ges av

L z = xp y − yp x .

Vi ¨ ar nu redo att ber¨ akna Poissonparentesen mellan H och L _z . Vi utnyttjar d˚ a de relationer som visades i a) samt att {q i , q j } = 0, {p i , p j } = 0, {p i , q j } = δ ij samt {q i , p j } = −δ ij f¨ or att f¨ orenkla v˚ art uttryck,

{H, L z } = { 1 2m

 p ² _x + p ² _y + p ² _z 

+ αz ² e ^βx

^+γy

, x p _y − yp x } =

= 1

2m {p ² x , x p _y } − 1

2m {p ² y , yp _x } + {αz ² e ^βx

^+γy

, x p _y } − {αz ² e ^βx

^+γy

, yp _x }

= 1

2m p _x {p   x , x }

1

p _y − 1

2m p _y {p y , y }  

1

p _x + αz ² x {e ^βx

^+γy

, p _y } − αz ² y {e ^βx

^+γy

, p _x }

= 1

2m [p _x p _y − p y p _x ]

 

0

+αz ² x

i



 

 

∂e ^βx

^+γy

∂p _i

∂p _y

∂q _i  0

− ∂e ^βx

^+γy

∂q _i

∂p _y

∂p _i  δ



 

 

−αz ² y

i



 

 

∂e ^βx

^+γy

∂p i

∂p x

∂q i

 0

− ∂e ^βx

^+γy

∂q i

∂p x

∂p i



δ



 

 

= −αz ² x ∂e ^βx

^+γy

∂y + αz ² y ∂e ^βx

^+γy

∂x

= −αz ² x2γye ^βx

^+γy

+ αz ² y2βxe ^βx

^+γy

= αz ² xye ^βx

^+γy

[β − γ]

⇒ {H, L z } = 0 om β = γ L z ¨ ar d¨ armed bevarad om β = γ, vilket ¨ ar v˚ art s¨ okta villkor.

Anm¨ arkning. {H, L z } = 0 ¨ar uppfyllt ¨aven om x = 0, y = 0 eller z = 0, men f¨or att {H, L z } = 0 ska g¨alla f¨or godtyckliga begynnelsevillkor s˚a m˚aste β = γ.

Uppgift 4

a) Se Scheck, avsnitt 2.5 eller f¨ orel¨ asningsanteckningarna.

b) Detta l¨ oses enkelt med variationskalkyl. Avst˚ andet mellan (x ₀ , y ₀ ) och (x ₁ , y ₁ ) ges av L =

 x

x

ds =

 x

x

1 + y
² dx

Vi kan anv¨ anda oss av Eulers ekvation given i 4a med f (y, y
, x) =

1 + y
² Insatt i Eulers ekvation ger detta

0 = d dx

 ∂f

∂y



− ∂f

∂y = d dx

 y
1 + y
²



− 0 = 0

vilken enkelt integreras till y

1 + y
² = A = konst. ⇒ y
= B = konst.

Integration en g˚ ang till ger

y = Bx + C

vilket ¨ ar den r¨ ata linjens ekvation. Konstanterna B och C ges av villkoret att linjen ska g˚ a igenom (x ₀ , y ₀ ) och (x ₁ , y ₁ ).

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

, p

, t) + ∂U

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

och vi f˚ ar

H( − ∂U

∂p i

, p

, 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

och t.

b) Med den givna Hamiltonfunktionen blir Hamilton-Jacobis ekvation i r¨ orelsem¨ angdsrepresentat- ionen

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 

=E

+ ∂U ₂  ∂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

2m − mg ^∂U _∂p

= E

∂U

∂t = −E.

Dessa l¨ oses enkelt och vi f˚ ar



U ₁ = _6m ^p

_g − _mg ^Ep + konst.

U ₂ = −Et + konst.

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

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

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 _2g

− ^g ₂

v

g − t  ₂ p(t) = mg

v

g − t