Θεωρητική μηχανική ΙΙ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Θεωρητική μηχανική ΙΙ"

Ὅμηρος Λαμέρας
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΟΣΑ ΓΡΑΦΟΝΤΑΙ ΕΔΩ ΝΑ ΤΑ ΔΙΑΒΑΖΕΤΕ ΜΕ ΣΚΕΠΤΙΚΟ ΒΛΕΜΜΑ. ΜΠΟΡΕΙ ΝΑ ΠΕΡΙΕΧΟΥΝ ΛΑΘΗ. Θεωρητική μηχανική ΙΙ Να δειχθεί ότι αν L x, L y αποτελούν ολοκληρώματα της κίνησης τότε και η L z αποτελεί ολοκλήρωμα της κίνησης. Α τρόπος [L x, L y ] = [yp z zp y, xp z zp x ] = [yp z, xp z ] + [yp z, zp x ] + [ zp y, xp z ] + [ zp y, zp x ] [yp z, xp z ] = y[p z, xp z ] + p z [y, xp z ] = y (x[p z, p z ] + p z [p z, x] + p z (x[y, p z ] + p z [y, x] = 0 [yp z, zp x ] = y[p z, zp x ] + p z [y, zp x ] = y ( z[p z, p x ] + p x [p z, z] + p z ( z[y, p x ] + p x [y, z] = yp x [ zp y, xp z ] = z[p y, xp z ] + p y [ z, xp z ] = z ( x[p y, p z ] + p z [p y, x] + p y ( x[ z, p z ] + p z [ z, x] = xp y [ zp y, zp x ] = z[p y, zp x ] + p y [ z, zp x ] = z ( z[p y, p x ] + p x [p y, z] + p y ( z[ z, p x ] + p x [ z, z] = 0 Επομένως [L x, L y ] = yp x +xp y = L z. Επιπλέον εφόσον οι συνιστώσες L x, L y αποτελούν ολοκληρώματα της κίνησης από το θεώρημα Poisson θα ισχύει [L x, H] = [L y, H] = 0 καθώς επίσης και [L x, L y ] = 0. Αρα και L z = 0, οπότε και η L z συνιστά ολοκλήρωμα της κίνησης. Σημείωση: για τους παραπάνω υπολογισμούς λάβαμε υπόψη τις σχέσεις [q i, q j ] = [p i, p j ] = 0 και [q i, p j ] = δ ij Β τρόπος Χρησιμοποιούμε τον ορισμό της αγκύλης Poisson: 1

2 [L x, L y ] = i = ( x x ( f g f g q i p i p i q i y x y p x p x x + ( x y y ( x y x y + x y p y p y y z p z p z z και εκτελώντας τις παραγωγίσεις καταλήγουμε πάλι στη σχέση [Lx, Ly] = Lz. Πως μπορώ να υπολογίσω τη ροπή αδράνειας ως προς άξονα αν είναι γνωστός ο τανυστής αδράνειας στο κέντρο μάζας; Παράδειγμα: Ο πίνακας του τανυστή αδράνειας ως προς το κέντρο μάζας στο καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων είναι: J 11 =, J 1 = 1, J 13 = 0, J =, J 3 = 1, J 33 = 6. ( Να βρεθεί η 0 ροπή αδράνειας του άξονα που περνάει από το A(1, 1, κατά τη διεύθυνση του α =. Δίνεται m = 1/. 1 Α μέρος - Υπολογισμός της ροπής αδράνειας στο κέντρο μάζας Κατ αρχάς γνωρίζουμε ότι ο τανυστής αδράνειας είναι συμμετρικός οπότε J kl = J lk. Μπορούμε έτσι να συμπληρώσουμε τα στοιχεία του πίνακα που μας λείπουν: J 1 = J 1 = 1, J 31 = J 13 = 0, J 3 = J 3 = 1. Τελικά: J κ = J 11 J 1 J 13 J 1 J J 3 J 31 J 3 J 33 = Επομένως η τιμή της ροπής αδράνειας στο κέντρο μάζας θα είναι ίση με 1 : J κ = 3 k=1 l=1 3 J kl ϵ k ϵ l = ϵ T J κ ϵ (1 1 Σημείωση: Χρησιμοποιώ το ίδιο σύμβολο, J κ και για τον πίνακα του τανυστή ροπής αδράνειας και για την τιμή της ροπής αδράνειας στο κέντρο μάζας. Ελπίζω να μην προκαλείται σύγχυση.

3 όπου ϵ η διανυσματική μονάδα που ορίζει ορίζει τη διεύθυνση του άξονα για τον οποίο θέλουμε να υπολογίσουμε τη ροπή αδράνειας. Το διάνυσμα α είναι ήδη παράλληλο με τον άξονα, ωστόσο δεν έχει μέτρο 1, οπότε το κανονικοποιούμε ως εξής: ϵ = α α = 1 0 ( 1 Τελικά η τιμή της ροπής αδράνειας στο κέντρο μάζας θα είναι ίση με: J κ = ϵ T J κ ϵ = 1 = 1 ( ( = 1 ( = 14 Από το θεώρημα Steiner (θεώρημα παράλληλων αξόνων έχουμε: J A = J κ + mδ 0 1 όπου J A, J κ οι ροπές αδράνειας στο A και στο κέντρο μάζας αντίστοιχα, ενώ δ η απόσταση των παράλληλων αξόνων. Υπολογίσαμε ήδη το J κ άρα μένει να υπολογίσουμε το δ. Β μέρος - Υπολογισμός της απόστασης δ μεταξύ των δύο αξόνων Στη συγκεκριμένη περίπτωση το διάνυσμα θέσης r A = (1, 1, είναι (ήδη κάθετο προς το διάνυσμα α που ορίζει τη διεύθυνση του άξονα (κατά συνέπεια και στη διανυσματική μονάδα ϵ: r A α = ( = + 0 = 0 r A α 1 Παρολαυτά θα προχωρήσουμε θεωρώντας τη γενική μορφή (ειδική περίπτωση της οποίας είναι η δική μας: ϵ r A = ϵ ( ρ + BA = ϵ ρ Στη συγκεκριμένη περίπτωση είναι BA = 0, αφού ra α, αλλά ακόμη κι αν δεν ήταν μηδέν, το εξωτερικό γινόμενο του e με το BA θα είναι πάντα μηδέν αφού είναι παράλληλα μεταξύ τους. Επομένως: ϵ r A = 1 ϵ r A = ϵ ρ = ρ = δ ê x ê y ê z = 1 ( ê x ê y ê z 3

4 Και: Τελικά: δ = ϵ r A = 30 J κ = J A + mδ = = 9 Αν γνωρίζουμε τα στοιχεία του τανυστή ροπής αδράνειας J, να βρεθεί η έκφρασή του στο σύστημα των κύριων αξόνων του στερεού. Η έκφραση του τανυστή ροπής αδράνειας στο σύστημα των κύριων αξόνων του στερεού είναι της μορφής: λ J κ.α = 0 λ λ 3 όπου λ i είναι οι ιδιοτιμές του δοθέντος τανυστή ροπής αδράνειας, και οι οποίες προκύπτουν από την επίλυση της εξίσωσης ιδιοτιμών: που έχει μη-μηδενικές λύσεις αν και μόνο αν: Jω = λω (J λi ω = 0 et (J λi = 0 Το αριστερό μέλος της τελευταίας είναι πολυώνυμο ως προς λ 3ου βαθμού, το οποίο ονομάζεται χαρακτηριστικό πολυώνυμο. Η επίλυσή του προσδιορίζει τις ιδιοτιμές λ i. Έστω ότι η χαμιλτονιανή ενός συστήματος είναι η: H = p r m + p θ + V (r, θ mr Ποια συνθήκη πρέπει να ισχύει ωστε η f = p θ να αποτελεί ολοκλήρωμα της κίνησης; Για να είναι η f ολοκλήρωμα της κίνησης, με βάση το θεώρημα Poisson, πρέπει και αρκεί: όπου [, ] η αγκύλη Poisson. Επομένως: [f, H] = 0, [ p r m + [ ] [ p r p m, p θ + θ mr, p θ ] p θ mr + V (r, θ, p θ = 0 ] + [ V (r, θ, p θ] = 0 Σχετικά με τον 1ο όρο: [ ] p r m, p θ = 1 [ p m r, p 1 θ] = m [p rp r, p θ] = 1 ( pr [p r, p m θ] + p r [p r, p θ] = 1 m [p r, p θ] = 1 m (p θ[p r, p θ ] + p θ [p r, p θ ] = p θ[p r, p θ ] m 4

5 Είναι όμως [q i, q j ] = [p i, p j ] = 0, οπότε ο πρώτος όρος είναι μηδέν. Ομοίως αποδεικνύεται και ότι ο δεύτερος όρος είναι μηδέν. Άρα η συνθήκη είναι η: Μπορούμε να την ξαναγράψουμε ως εξής: Τελικά: [V (r, θ, p θ ] = = i=1 ( V r = V θ [V (r, θ, p θ] = 0 p θ [V (r, θ, p θ ] = 0 ( V p θ V p θ q i p i p i q i p θ V p θ p r p r r + ( V p θ V p θ θ p θ p θ θ Άρα η συνθήκη για να είναι η f = p θ ολοκλήρωμα της κίνησης είναι η: V θ = 0 Δίνεται η συνάρτηση Lagrange: L = 1 (ẋ + ẏ Να δείξετε ότι l = r ϕ είναι ολοκλήρωμα της κίνησης. k x + y + ( x + y 3/ Περνάμε σε πολικές συντεταγμένες x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, οπότε: ẋ = r ϕ sin ϕ ẏ = r ϕ cos ϕ Είναι: ẋ + ẏ = r ϕ (sin ϕ + cos ϕ = r ϕ x + y = r ( cos ϕ + sin ϕ = r Άρα η συνάρτηση Lagrange γράφεται: L = 1 r ϕ k/r + 1/r 3 Παρατηρούμε ότι η ϕ είναι αγνοήσιμη συντεταγμένη διότι: ϕ = 0

6 Και επομένως η αντίστοιχη γενικευμένη ορμή p ϕ = ϕ = r ϕ θα είναι σταθερή και άρα ολοκλήρωμα της κίνησης. Δίνεται η συνάρτηση Lagrange: L = 1 (ẋ + ẏ a(x y 3 Να βρείτε τα ολοκληρώματα της κίνησης για το σύστημα που περιγράφεται από την παραπάνω συνάρτηση (Θέμα 1ο, Εξεταστική Ιανουαρίου 01, Β τρόπος λύσης Το σύστημα έχει δύο βαθμούς ελευθερίας και άρα δύο γενικευμένες συντεταγμένες καμία από τις οποίες δεν είναι αγνοήσιμη, διότι: Προσθέτωντας κατά μέλη: Από εξισώσεις κίνησης: Προσθέτωντας κατά μέλη: Είναι όμως: Άρα: x = 3a(x y 0 y = 3a(x y 0 t t x + y = 0 ( ẋ ( ẏ x = 0 y = 0 ( t ẋ + = 0 ẏ p i = ẋ i t (p x + p y = 0 Και επειδή η συνάρτηση Lagrange είναι της μορφής: L = 1 (ẋ + ẏ V (x, y Οι γενικευμένες ορμές θα είναι ίσες με τις ορμές των υλικών σημείων: Σεπτέμβριος 01, Θέμα 3ο. (ẋ + ẏ = 0 t 6

7 Πρόκειται για στερεό σώμα και η κίνηση γίνεται σε διαστάσεις άρα οι βαθμοί ελευθερίας θα είναι 3n k, όπου n ο αριθμός των σωμάτων και k οι δεσμοί. Εδώ n = 1 και k = 1, διότι ο μοναδικός δεσμός είναι ότι το ένα άκρο κινείται πάντα πάνω στον άξονα Οx. Άρα β.ε. =. Επομένως χρειάζονται γενικευμένες συντεταγμένες για να περιγράψω το σύστημα. Η μία ας είναι η θέση x του άκρου Α πάνω στον άξονα Ox και η άλλη η γωνία που σχηματίζει η κατακόρυφος (κατά τον Οz με την ράβδο. Υπολογισμός της κινητικής ενέργειας του συστήματος Το σώμα εκτελεί ταυτόχρονα δύο κινήσεις: μία μεταφορική κατά τη διεύθυνση του άξονα Ox και μία περιστροφική. Άρα T = T µϵτ + T πϵρ. Θεωρώντας σημείο αναφοράς το κέντρο μάζας της ράβδου είναι: T = 1 mu k + 1 J kω = 1 m ( x k + z k + 1 J kω όπου u k η μεταφορική ταχύτητα του κέντρου μάζας και J k η ροπή αδράνειας ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας της ράβδου. Θέτω b = a. Επομένως: x k = x + b sin ϕ ẋ k = ẋ + b ϕ cos ϕ ẋ k = ẋ + b ϕ cos ϕ + bẋ ϕ cos ϕ z k = b cos ϕ ż k = b ϕ sin ϕ ż k = b ϕ sin ϕ ẋ k + ż k = ẋ + b ϕ + bẋ ϕ cos ϕ Από θεώρημα Steiner υπολογίζουμε τη ροπή αδράνειας στο κέντρο μάζας γνωρίζοντας τη ροπή αδράνειας στο άκρο Α της ράβδου: Τελικά: J k = J A mδ = m(b 3 mb = mb 3 T = 1 (ẋ m + b ϕ + bẋ ϕ cos ϕ + mb 6 ϕ Προσοχή: μπορεί το άκρο Α να κινείται δέσμια πάνω στη διεύθυνση του Ox αλλά το κέντρο μάζας είναι ελεύθερο να κινείται πάνω στο επίπεδο Oxz. 7

8 Υπολογισμός της δυναμικής ενέργειας του συστήματος V = mgz + 1 k ( l k ( l = mgb cos ϕ + 1 kx + 1 kx = mgb cos ϕ + kx Υπολογισμός της συνάρτησης Langrange του συστήματος L = T V = T = 1 (ẋ m + b ϕ + bẋ ϕ cos ϕ + mb 6 ϕ + mgb cos ϕ kx Οι εξισώσεις κίνησης θα είναι οι εξής: ( t ẋ x = 0, Για τη συντεταγμένη x: t ( ẋ Τελικά για την συντεταγμένη x: Για τη συντεταγμένη ϕ: t x = kx ẋ = 1 ( m = m t ( ẋ + b ϕ cos ϕ ϕ ( ẍ + b ϕ cos ϕ b ϕ sin ϕ ϕ = 0 ( = m ẋ + b ϕ cos ϕ ( m ẍ + b ϕ cos ϕ b ϕ sin ϕ + kx = 0 ϕ = 1 ( m bẋ ϕ sin ϕ mgb sin ϕ = mbẋ ϕ sin ϕ mgb sin ϕ ϕ = 1 ( m b ϕ + bẋ cos ϕ ( ϕ Τελικά για την συντεταγμένη ϕ: = m (b ϕ + bẍ cos ϕ bẋ ϕ sin ϕ + mb 3 ϕ + mb 6 ϕ = m (b ϕ + bẋ cos ϕ + mb 3 ϕ Υπολογισμός θέσεων ισορροπίας m (b ϕ + bẍ cos ϕ + mb 3 ϕ + mgb sin ϕ = 0 Θέτουμε ẋ = ẍ = ϕ = ϕ = 0 στις εξισώσεις κίνησης, απ όπου παίρνουμε: kx = 0, mgb sin ϕ = 0 8

9 Δηλαδή το σύστημα ισορροπεί για x = 0, ϕ = 0, δηλαδή όταν το άκρο Α βρίσκεται στο Ο και η ράβδος κείται κατακόρυφα. Παρατηρούμε ότι λύση στο παραπάνω σύστημα είναι και το ζεύγος x = 0, ϕ = π, Η λύση αυτή θα αντιστοιχούσε σε ασταθή ισορροπία, αν η ράβδος μπορούσε να περάσει μέσα από τα ελατήρια (!?. Υπολογισμός της χαμιλτονιανής του συστήματος Από τον ορισμό της χαμιλτονιανής έχουμε: H = i q i p i L = ẋp x + ϕp ϕ L Όπου για τις γενικευμένες ορμές έχουμε: p x = ( ẋ = m ẋ + b ϕ cos ϕ p ϕ = ϕ = m ( b ϕ + bẋ cos ϕ + mb 3 ϕ Τελικά: ( H = m ẋ + bẋ ϕ ( cos ϕ + m b ϕ + bẋ ϕ cos ϕ + mb 3 ϕ 1 (ẋ m + b ϕ + bẋ ϕ cos ϕ mb 6 ϕ mgb cos ϕ + kx = 1 mẋ + 1 mb ϕ + mbẋ ϕ + mb 6 ϕ mgb cos ϕ + kx Σεπτέμβριος 011, Θέμα 3ο. 9

10 Οι βαθμοί ελευθερίας για στερεό σώμα που κινείται πάνω σε επίπεδο είναι 3n k, οπου n ο αριθμός των σωμάτων και k το πλήθος των δεσμών. Εδώ n = 1 και k = 1 γιατί ο μοναδικός δεσμός είναι ότι το άκρο Α κινείται με σταθερή πάνω σε κύκλο με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω. Επομένως χρειαζόμαστε γενικευμένες συντεταγμένες για να περιγράψουμε το σύστημα. Η μία από αυτές ας είναι η γωνία ϕ = ωt που σχηματίζει το (OA με τον άξονα Ox και η δεύτερη η γωνία θ που σχηματίζει η ράβδος με τον άξονα Ox. Θεωρώ ότι η ράβδος έχει μήκος l = l. Οι συντεταγμένες του κέντρου μάζας θα είναι: x k = R cos ϕ + l cos θ x k = R ϕ sin ϕ l θ sin θ y k = R sin ϕ l sin θ y k = R ϕ cos ϕ l θ cos θ Υπολογισμός της κινητικής ενέργειας του συστήματος x k + y k = R ϕ + l θ + Rl ϕ θ (sin ϕ sin θ cos ϕ cos θ = R ϕ + l θ Rl ϕ θcos(ϕ θ Από θεώρημα Steiner: T = 1 m ( x k + y k + 1 J θ k Τελικά: J k = J A mδ = m (l 3 ml = ml 3 T = 1 (R m ϕ + l θ Rl ϕ θcos(ϕ θ + ml 6 θ Υπολογισμός της δυναμικής ενέργειας του συστήματος Είναι όμως: F (r k = kr k = V V = r k kr k r k = 1 kr k r k = x k + (R y k Οπότε: V = 1 k [ x k + (R y k ] = 1 k ( x k + yk + R Ry k = 1 ] [(R k cos ϕ + l cos θ + (R sin ϕ l sin θ + R R(R sin ϕ l sin θ = 1 k [ R + l + Rl (cos ϕ cos θ sin ϕ sin θ + R R (R sin ϕ l sin θ ] = 1 k ( R + l + Rl cos(ϕ + θ R (R sin ϕ l sin θ = 1 k [ R + l + R (l cos(ϕ + θ + l sin θ R sin ϕ ] 10

11 Υπολογισμός της συνάρτησης Lagrange του συστήματος L = T V = 1 (R m ϕ + l θ Rl ϕ θcos(ϕ θ + ml 6 θ 1 k [ R + l + R (l cos(ϕ + θ + l sin θ R sin ϕ ] 11

Σχετικά έγγραφα

Θεωρητική μηχανική ΙΙ

ΟΣΑ ΓΡΑΦΟΝΤΑΙ ΕΔΩ ΝΑ ΤΑ ΔΙΑΒΑΖΕΤΕ ΜΕ ΣΚΕΠΤΙΚΟ ΒΛΕΜΜΑ. ΜΠΟΡΕΙ ΝΑ ΠΕΡΙΕΧΟΥΝ ΛΑΘΗ. Θεωρητική μηχανική ΙΙ Να δειχθεί ότι αν L x, L y αποτελούν ολοκληρώματα της κίνησης τότε και η L z αποτελεί ολοκλήρωμα της