TEP4145 Klassisk mekanikk Vår 2007

Øving 8, løsningsforslag

OPPGAVE 1

L = T − V = \frac{1}{2}m (ṙ^{2} + r^{2}θ̇^{2} + ż^{2}) − V (r, θ, z)

Lagranges ligninger:

\frac{d}{dt} \frac{∂L}{∂q̇_{i}} − \frac{∂L}{∂q_{i}} = 0 , L = L(q, q̇)

som gir

mr̈ − mrθ̇^{2} = −\frac{∂V}{∂r}
\frac{d}{dt} (mr^{2}θ̇) + \frac{∂V}{∂θ} = 0
mz̈ + \frac{∂V}{∂z} = 0

Hamiltons ligninger:

q̇_{i} = \frac{∂H}{∂p_{i}} , ṗ_{i} = −\frac{∂H}{∂q_{i}} , H = H(p, q)

Hamiltonfunksjonen er

H = T + V = \frac{1}{2m} (p_{r}^{2} + \frac{p_{θ}^{2}}{r^{2}} + p_{z}^{2}) + V (r, θ, z)

Her har vi brukt p_{i} = ∂L/∂q̇_{i}, som gir

p_{r} = mṙ , p_{θ} = mr^{2}θ̇ , p_{z} = mż

og deretter eliminert q̇_{i} fra uttrykket for T. Hamiltons ligninger blir

ṗ_{r} = \frac{p_{θ}^{2}}{mr^{3}} − \frac{∂V}{∂r} , ṗ_{θ} = −\frac{∂V}{∂θ} , ṗ_{z} = −\frac{∂V}{∂z}

De tre ligningene for q̇_{i} har vi allerede på plass, i og med uttrykkene for p_{i}.

OPPGAVE 2

a) Vi skal vise at x(t) og y(t) oppfyller ligningene

ẍ − 2Ωẏ + ω_{0}^{2}x = 0  (1)
ÿ + 2Ωẋ + ω_{0}^{2}y = 0  (2)

der Ω = ω sin θ og ω_{0}^{2} = g/l. Kreftene som virker på kula, målt i realfagbygg-systemet, er: • tyngdekrafta mg = −mgẑ

• snordraget S = S_{x}x̂ + S_{y}ŷ + S_{z}ẑ

• corioliskrafta F_{cor} = −2mω × v Vi neglisjerer sentrifugalkrafta −mω × (ω × r). Jordas vinkelhastighet er

ω = ω sin θ ẑ + ω cos θ ŷ

Kulas hastighet er

v = ẋx̂ + ẏŷ + żẑ

Vi antar små utsving og kan da sette

S = |S| ≃ mg

og dessuten anta at

ż ≪ ẋ, ẏ

Vektorproduktet i coriolisleddet kan da tilnærmet skrives som

ω × v ≃ (ω sin θ ẑ + ω cos θ ŷ) × (ẋx̂ + ẏŷ)
= ẋω sin θŷ − ẏω sin θx̂ − ẋω cos θẑ
= Ω(ẋŷ − ẏx̂) − ẋω cos θẑ

Ser så på komponentene av snordraget. Når utsvinget fra origo er

r = xx̂ + yŷ,

har vi (med vinkel β mellom z-aksen og snora)

|S_{x}| = S sin β sin ϕ = S \frac{r}{l} \frac{x}{r} ≃ mg \frac{x}{l}
|S_{y}| = S sin β cos ϕ = S \frac{r}{l} \frac{y}{r} ≃ mg \frac{y}{l}
|S_{z}| = S cos β = S \frac{l − z}{l} ≃ mg \frac{l − z}{l}

Horisontalkomponenten av S peker hele tiden inn mot origo, slik at vi må ha S_{x} > 0 når x < 0, tilsvarende for S_{y}, og omvendt når x > 0, alternativt y > 0. Dermed:

S_{x} = −mgx/l = −mω_{0}^{2}x
S_{y} = −mgy/l = −mω_{0}^{2}y
S_{z} = mg(1 − z/l)

Bevegelsesligningene for kula er

ma = F = mg + S + F_{cor}

For x-komponenten:

mẍ = −mω_{0}^{2}x + 2mΩẏ

For y-komponenten:

mÿ = −mω_{0}^{2}y − 2mΩẋ

Og dette var nettopp hva vi skulle vise, for bevegelsen i xy-planet.

b) Med u = x + iy:

u̇ = ẋ + iẏ
ü = ẍ + iÿ

Multipliser ligning (2) med i og legg sammen med ligning (1). Det gir

ẍ + iÿ + 2iΩ(ẋ + iẏ) + ω_{0}^{2}(x + iy) = 0

dvs

ü + 2iΩu̇ + ω_{0}^{2}u = 0

c) Prøver u ∼ exp(αt) som løsning. Innsatt gir det α^{2} + 2iΩα + ω_{0}^{2} = 0

som har løsninger

α = −iΩ ± i\sqrt{ω_{0}^{2} + Ω^{2}}
≃ −iΩ ± iω_{0}

ettersom ω_{0} ≫ Ω. Generell løsning for u er dermed

u(t) = e^{iΩt} (Ae^{iω_{0}t} + Be^{−iω_{0}t})
= Ce^{−iΩt} cos (ω_{0}t + γ)

Den kompleks konjugerte av u er da

u^{∗}(t) = C^{∗}e^{iΩt} cos (ω_{0}t + γ)

Ettersom u = x + iy, og dermed u^{∗} = x − iy, finner vi

x = \frac{1}{2}(u + u^{∗}) = cos (ω_{0}t + γ) · ℜ \{Ce^{−iΩt}\}
y = \frac{1}{2i}(u − u^{∗}) = cos (ω_{0}t + γ) · ℑ \{Ce^{−iΩt}\}

Med de gitte startbetingelsene x = y = 0 ved t = 0:

0 = cos γ · ℜC
0 = cos γ · ℑC

Ettersom vi ikke kan ha C = 0 (da blir u = 0), må vi ha cos γ = 0, dvs γ = π/2, og dermed cos (ω_{0}t + γ) = sin ω_{0}t. Deretter regner vi ut ẋ og ẏ:

ẋ = ω_{0} cos ω_{0}tℜ {Ce^{−iΩt}} + sin ω_{0}tℜ {−iΩCe^{−iΩt}}
ẏ = ω_{0} cos ω_{0}tℑ {Ce^{−iΩt}} + sin ω_{0}tℑ {−iΩCe^{−iΩt}}

Setter inn ẋ = v_{0} og ẏ = 0 ved t = 0:

v_{0} = ω_{0}ℜC
0 = ω_{0}ℑC

som gir

ℑC = 0
ℜC = \frac{v_{0}}{ω_{0}}

Hele løsningen blir

x(t) = sin ω_{0}t · ℜ \{\frac{v_{0}}{ω_{0}} e^{−iΩt}\} = \frac{v_{0}}{ω_{0}} cos Ωt sin ω_{0}t
y(t) = sin ω_{0}t · ℑ \{\frac{v_{0}}{ω_{0}} e^{−iΩt}\} = −\frac{v_{0}}{ω_{0}} sin Ωt sin ω_{0}t

som tilsvarer en harmonisk svingning i xy-planet, med vinkelfrekvens ω_{0}, og der svingeplanet roterer med klokka, og en hel gang rundt på tiden

T = \frac{2π}{Ω} = \frac{2π}{ω sin θ} ≃ 26.8 h