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

22 augusti 2003

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

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

Uppgift 1

a) Vi b¨orjar med att inf¨ora ett kartesiskt koordinat- system med origo i basens centrum och med x- och y-axlarna vinkelr¨ata mot basens sidor (se figur).

F¨or att ber¨akna masscentrums l¨age m˚ aste vi f¨orst r¨akna ut volymen s˚ a att vi vet vad pyramidens densitet ¨ar. Notera att volymen f¨or ett tunt skikt med h¨ojden dz p˚ a h¨ojden z ges av

dV = dz h

1 − z h

 a i 2

= a ²

 1 + z ²

h ² − 2 z h



dz h

a

a x

z

y

Volymen blir d¨arf¨or

V = Z h

0

a ²

 1 + z ²

h ² − 2 z h



dz = a ²

 z + z ³

3h ² − 2 z ² 2h

 h 0

= a ²

 h + h

3 − h



= 1 3 a ² h Detta ger oss densiteten

ρ = m V = 3m

a ² h

Massan i ett tunt skikt med h¨ojden dz p˚ a h¨ojden z ¨ar s˚ aledes dσ = ρdV = 3m

h

 1 + z ²

h ² − 2 z h

 dz

P.g.a. symmetrin m˚ aste masscentrum S ligga p˚ a z-axeln och vi kan d¨arf¨or ber¨akna masscen- trums z-koordinat som ett viktat medelv¨arde av z d¨ar vikten ¨ar massandelen i respektive tunt skikt, d.v.s.

z S = 1 m

Z h 0

zdσ = 1 m

3m h

Z h 0

 z + z ³

h ² − 2 z ² h

 dz = 3

h

 z ² 2 + z ⁴

4h ² − 2 z ³ 3h

 h 0

= · · · = h

4

b) Inf¨or nu ett nytt koordinatsystem med origo i masscentrum S enligt figur. Tr¨oghetstensorns komponenter ges i detta system av

I ij = Z Z Z

ρ dxdydz r i r j − δ ij r ²  d¨ar r ¨ar ortsvektorn till en punkt i pyramiden.

Eftersom vi har valt v˚ art koordinatsystem s˚ a att pyramiden ¨ar spegelsymmetrisk i b˚ ade xz- och yz- planet ¨ar alla tr¨oghetsprodukter noll. Som exem- pel, betrakta xz-komponenten av tr¨oghetstensorn,

I _xz = Z

^3h4

−

h 4

dz

Z

^a2

(

³4

−

z h

)

−

a 2

(

³4

−

z h

) dx

Z

^a2

(

³4

−

z h

)

−

a 2

(

³4

−

z

h

) dyρ xz

h/4 a a

x z

y 3h/4

d¨ar gr¨anserna f¨or de olika integrationerna explicit har angetts. Integralen i x-led ¨ar en integral av en udda funktion ¨over ett symmetriskt intervall och ¨ar s˚ aledes noll. D¨arf¨or ¨ar I xz = 0. P˚ a samma s¨att kan man visa att alla ¨ovriga tr¨oghetsprodukter ¨ar noll.

Tr¨oghetsmomenten I xx , I yy och I zz ¨ ar d¨aremot inte noll, utan m˚ aste ber¨aknas. L˚ at oss b¨orja med I zz ,

I zz = Z

^3h4

−

h 4

dz

Z

^a2

(

³⁴

−

z h

)

−

a 2

(

³4

−

z h

) dx

Z

^a2

(

³⁴

−

z h

)

−

a 2

(

³4

−

z

h

) dyρ x ² + y ²

= 3m

a ² h Z

^3h4

−

h 4

dz

Z

^a2

(

³4

−

z h

)

−

a 2

(

³4

−

z h

) dx

Z

^a2

(

³4

−

z h

)

−

a 2

(

³4

−

z

h

) dy x ² + y ²

= 3m

a ² h Z

^3h4

−

h 4

dz

Z

^a2

(

³4

−

z h

)

−

a 2

(

³4

−

z h

) dx



x ² y + y ³ 3

 ^y=

a 2

(

³4

−

z h

)

y =−

^a2

(

³⁴

−

z h

)

= · · · = ma ² 10

P˚ a samma s¨att kan vi r¨akna ut tr¨oghetsmomentet I xx ,

I xx = Z

^3h4

−

h 4

dz

Z

^a2

(

³⁴

−

z h

)

−

a 2

(

³4

−

z h

) dx

Z

^a2

(

³⁴

−

z h

)

−

a 2

(

³4

−

z

h

) dyρ y ² + z ²

= 3m

a ² h Z

^3h4

−

h 4

dz

Z

^a2

(

³4

−

z h

)

−

a 2

(

³4

−

z h

) dx

Z

^a2

(

³4

−

z h

)

−

a 2

(

³4

−

z

h

) dy y ² + z ²

= · · · = m  a ² 20 + 3h ²

80



P.g.a. symmetrin ¨ar I yy = I xx och vi har s˚ aledes alla tr¨oghetstensorns komponenter ber¨aknade.

Tr¨oghetstensorn ges s˚ aledes av

I =







 m h

a

²

20 + ^3h ₈₀

²

i

0 0

0 m h

a

²

20 + ^3h ₈₀

²

i

0

0 0 ^ma ₁₀

²









Uppgift 2

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) (1)

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 ϕ = E(t) (2) Notera att energin E 6= H. J¨amf¨or vi Ekv. (1) och (2) 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.

Uppgift 3

Vi b¨orjar med att konstatera att problemet har en frihetsgrad eftersom r¨orelsen antas ske i figurens

plan och p.g.a. symmetrin m˚ aste d˚ a g˚ angj¨arnets r¨orelse ske helt vertikalt. L˚ at vinkeln θ vara vinkeln

de respektive stavarna g¨or med underlaget (dvs den vinkel som ¨ar β vid t = 0 enligt figuren). Vi

kan antingen t¨anka oss att anv¨anda vinkeln θ eller g˚ angj¨arnets h¨ojd y = l sin θ som generaliserad

koordinat. Vi v¨aljer h¨ar att anv¨anda θ som generaliserad koordinat (vilket i detta fall visar sig ge

enklare r¨orelseekvationer).

a) Stavarnas r¨orelseenergi best˚ ar av tv˚ a delar, dels masscentrums r¨orelseenergi f¨or de tv˚ a stavarna och dels rotationsenergin runt respektive masscentrum. Vi v¨aljer att r¨akna ut den kinetiska energin f¨or en av stavarna och multiplicerar sedan detta uttryck med 2 f¨or att f˚ a den totala kinetiska energin.

Betrakta den h¨ogra staven. Inf¨or ett kartesiskt ko- ordinatssystem enligt figur med stavens masscen- trum i S. Koordinaterna f¨or masscentrum ges av

 x S = ₂ ^l cos θ y _S = ₂ ^l sin θ

θ

x y

S

Masscentrums hastighet ges d˚ a av

 ˙x S = − 2 ^l sin θ ˙θ

˙y S = ₂ ^l cos θ ˙θ

vilket ger oss translationsenergin f¨or den h¨ogra stavens masscentrum T S = 1

2 m ˙x ² _S + ˙y ² _S
= 1 8 ml ² 

sin ² θ ˙ θ ² + cos ² θ ˙ θ ² 

= 1 8 ml ² ˙θ ² Rotationsenergin f¨or rotationen runt masscentrum ges av

T rot = 1 2 Iω ²

d¨ar tr¨oghetsmomentet f¨or en tunn homogen stav ¨ar I = ₁₂ ¹ ml ² och vinkelhastigheten ges i detta fall av ω = ˙θ. Detta ger oss

T rot = 1 2

1

12 ml ² ˙θ ² = 1 24 ml ² ˙θ ² Den kinetiska energin f¨or den h¨ogra staven blir s˚ aledes

T _h¨ ogra staven = T S + T rot = ml ² ˙θ ²  1 8 + 1

24



= 1 6 ml ² ˙θ ² Slutligen blir d˚ a den totala kinetiska energin f¨or b˚ ada stavarna

T = 2T _h¨ ogra staven = 1 3 ml ² ˙θ ² b) Den potentiella energin ges av

U = 2mgy S = 2mg 1

2 l sin θ = mgl sin θ Lagrangianen ges d˚ a av

L = T − U = 1

3 ml ² ˙θ ² − mgl sin θ Derivatorna av Lagrangianen ¨ar

( _∂L

∂θ = −mgl cos θ

∂L

∂ ˙ θ = ² ₃ ml ² ˙θ

vilket insatt i Lagranges ekvationer, _dt ^d 

∂L

∂ ˙ θ

 − ^∂L _∂θ = 0 ger oss r¨orelseekvationerna

2

3 ml ² θ ¨ + mgl cos θ = 0 ⇒ 2l ¨ θ + 3g cos θ = 0

Multiplicera denna ekvation med ˙θ s˚ a kan vi integrera en g˚ ang med avseende p˚ a t, 2l¨ θ ˙ θ + 3g cos θ ˙θ = 0

⇒ l ˙θ ² + 3g sin θ = A

Konstanten A best¨ams ur begynnelsevillkoren θ(0) = β och ˙θ(0) = 0, vilket ger A = 3g sin β, dvs

˙θ = ⁽⁺⁾ −

r 3g

l (sin β − sin θ) (3)

d¨ar vi v¨aljer den negativa l¨osningen eftersom den ger korrekt tecken p˚ a ˙θ i v˚ art fall.

Vi s¨oker nu hastigheten hos g˚ angj¨arnet n¨ar den sl˚ ar ner i det horisontella planet. Hastigheten hos g˚ angj¨arnet ges av

˙y = l cos θ ˙θ

S¨atter vi in ekv. (3) (med θ = 0 vid nedslaget) f˚ ar vi d˚ a slutligen g˚ angj¨arnets hastighet n¨ar det sl˚ ar i planet

˙y = −l r 3g

l sin β = − p3gl sin β

Uppgift 4

a) Se Scheck, avsnitt 2.23 samt f¨orel¨asningsanteckningarna.

b) Detta kan g¨oras p˚ a flera s¨att. Exempelvis kan man explicit verifiera att Hamiltons ekvationer

¨

ar p˚ a samma form i de nya som i de gamla variablerna. Ett annat s¨att ¨ar att f¨ors¨oka hitta en genererande funktion som genererar transformationen. Om en s˚ adan finns, s˚ a ¨ar transfor- mationen kanonisk. Ytterligare ett s¨att ¨ar att verifiera om Poissonparenteserna f¨or de nya variablerna (Q, P ) uppfyller



 



 



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

 0 ; ∀ i 6= j

1 ; ∀ i = j

Om de g¨or det s˚ a ¨ar transformationen kanonisk.

Uppgift 5

Systemet har tv˚ a frihetsgrader och vi inf¨or de generaliserade koordinaterna z 1 och z 2 f¨or de tv˚ a massornas l¨agen (se figur). Detta problem kan l¨osas p˚ a flera s¨att och vi v¨aljer h¨ar att ta fram r¨orelseekvationerna med hj¨alp av Lagranges ekvationer och s¨atta in en ansats till l¨osning (med hj¨alp av ledningen) f¨or att l¨osa ut de m¨ojliga vinkelfrekvenserna.

Den kinetiska energin ¨ar

T = 1

2 m ˙z ² ₁ + 1 2 m ˙z ₂ ² och den potentiella energin ¨ar

U = mgz 1 + mgz 2 + 1

2 k(z 1 − a) ² + 1

2 k(z 2 − z 1 − a) ² .

k k m m z z ₂

z ₁

Lagrangefunktionen ges d˚ a av L = 1

2 m ˙z ₁ ² + 1

2 m ˙z ₂ ² − mgz ¹ − mgz ² − 1

2 k(z 1 − a) ² − 1

2 k(z 2 − z ¹ − a) ² och dess derivator ¨ar

( _∂L

∂z

1

= −mg − k(z ¹ − a) + k(z ² − z ¹ − a)

∂L

∂ z ˙

1

= m ˙z 1

;

( _∂L

∂z

2

= −mg − k(z ² − z ¹ − a)

∂L

∂ z ˙

2

= m ˙z 2

.

Detta insatt i Lagranges ekvationer ger

¨

z 1 = − 2k m z 1 + k

m z 2 − g (4)

¨

z 2 = k m z 1 − k

m z 2 − g + ka

m . (5)

Detta system av andra ordningens differentialekvationer kan l¨osas p˚ a flera s¨att. Ett s¨att ¨ar att betrakta ekv. (4)+B(5) och best¨amma B s˚ a att vi f˚ ar en andra ordningens differentialekvation f¨or z 1 + B · z ² som sedan enkelt l¨oses och ger de s¨okta vinkelfrekvenserna ¹ . Ett annat s¨att ¨ar att enligt ledningen ans¨atta att l¨osningen till den homogena ekvationen,

¨

z 1 = − 2k m z 1 + k

m z 2 (6)

¨

z 2 = k m z 1 − k

m z 2 , (7)

¨ ar given p˚ a formen

 z 1 = A cos(ωt + δ)

z 2 = B cos(ωt + δ) (8)

Denna ansats insatt i ekv. (6)-(7), ger (  _2k

m − ω ²
A − m ^k B = 0

− m ^k A + _m ^k − ω ²
B = 0 .

1

Vi f˚ ar tv˚ a m¨ ojliga val av B som vardera ger en av de s¨ okta vinkelfrekvenserna.

F¨or att detta ekvationssystem f¨or A och B ska ha en icke-trivial l¨osning m˚ aste determinanten f¨or koefficientmatrisen vara noll, d v s

 2k

m − ω ²   k m − ω ²



− k ² m ² = 0.

L¨oser vi ut ω ur denna ekvation erh˚ aller vi de s¨okta vinkelfrekvenserna ²

ω = r k

2m

 3 ± √ 5 

2

Om vi skulle vara intresserade av de fullst¨ andiga l¨ osningarna s¨ atter vi in v˚ ara tv˚ a ω i ekv. (6) eller (7) f¨ or att

erh˚ alla ett samband mellan A och B. P˚ a s˚ a vis f˚ ar vi en l¨ osning f¨ or varje ω och en linj¨ arkombination av dessa tv˚ a

l¨ osningar tillsammans med partikul¨ arl¨ osningen utg¨ or sedan den fullst¨ andiga l¨ osningen.