TEP4145 Klassisk mekanikk Vår 2007

Ekstraøving, løsningsforslag

(se også Goldstein s 345-346)

a) Kinetisk energi:

T = \frac{1}{2}mẋ^{2}

Potensiell energi:

V = \frac{1}{2}k (x − v_{0}t)^{2}

Dvs, vi har valgt t = 0 slik at likevektsposisjonen til m er x_{0} = 0 ved t = 0, som betyr at x_{0}(t) = v_{0}t. Dermed:

L = T − V = \frac{1}{2}mẋ^{2} − \frac{1}{2}k (x − v_{0}t)^{2} = L(x, ẋ, t)

Bevegelsesligning, med tilhørende løsning:

\frac{∂L}{∂x} = −k(x − v_{0}t)
\frac{∂L}{∂ẋ} = mẋ
\frac{d}{dt} \frac{∂L}{∂ẋ} = mẍ

Løsning: Substituer x′ = x − v_{0}t, som gir ẋ′ = ẋ − v_{0} og ẍ′ = ẍ. Dermed:

mẍ′ = −kx′

som har generell løsning

x′(t) = A cos (ωt + ϕ)

med ω^{2} = k/m. Med andre ord: x′ er posisjonen til m relativt til likevektsposisjonen x_{0}(t) = v_{0}t, og en observatør på vogna ser en enkel harmonisk svingning, som ventet. Energifunksjonen h_{1}:

h_{1} = ẋ \frac{∂L}{∂ẋ} − L
= ẋ · mẋ − \frac{1}{2}mẋ^{2} + \frac{1}{2}k (x − v0t)^{2}
= \frac{1}{2}mẋ^{2} + \frac{1}{2}k (x − v0t)^{2}
= T + V
= h_{1}(x, ẋ, t)

Vi ser at h_{1} = T + V er systemets totale energi, men

\frac{dh_{1}}{dt} = −\frac{∂L}{∂t} = −v_{0}k(x − v_{0}t) ≠ 0

så h_{1} er ikke bevart. Hvorfor? Det må her være en ekstern tidsavhengig føringskraft som sørger for at vogna triller med konstant fart v_{0}:

\frac{dh_{1}}{dt} = −v_{0}kx′ = −v_{0}kA cos (ωt + ϕ)

som er vekselvis positiv og negativ. Dvs, den eksterne kraften utfører vekselvis et positivt og negativt arbeid på systemet slik at v_{vogn} = v_{0} = konst.

b) Kinetisk energi:

T = \frac{1}{2}m (ẋ′ + v_{0})^{2} = \frac{1}{2}mẋ^{′2} + mẋ′v_{0} + \frac{1}{2}mv_{0}^{2}

Potensiell energi.

V = \frac{1}{2}kx^{′2}

Lagrangefunksjonen:

L = L(x′, ẋ′) = \frac{1}{2}mẋ^{′2} + mẋ′v_{0} + \frac{1}{2}mv_{0}^{2} − \frac{1}{2}kx^{′2}

Funksjonen h_{2} blir da

h_{2} = ẋ′ \frac{∂L}{∂ẋ′} − L
= ẋ′ (mẋ′ + mv_{0}) − L
= \frac{1}{2}mẋ^{′2} − \frac{1}{2}mv_{0}^{2} + \frac{1}{2}kx^{′2}
= h_{2}(x′, ẋ′)

Her ser vi at h_{2} ikke er total energi T + V. På den annen side er

\frac{dh_{2}}{dt} = 0

så h_{2} er bevart. Dersom vi dropper det konstante leddet −mv_{0}^{2}/2, står vi igjen med den totale energien, relativt til vogna.

c) Vi har allerede bestemt bevegelsesligningen i punkt a. I punkt b får vi

\frac{∂L}{∂x′} = −kx′
\frac{∂L}{∂ẋ′} = mẋ′ + mv_{0}
\frac{d}{dt} \frac{∂L}{∂ẋ′} = mẍ′

som gir

mẍ′ = −kx′

dvs akkurat samme bevegelsesligning.