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 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

[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 = 2, J 12 = 1, J 13 = 0, J 22 = 2, J 23 = 1, J 33 = 6. ( Να βρεθεί η 20 ροπή αδράνειας του άξονα που περνάει από το A(1, 1, 2 κατά τη διεύθυνση του α =. Δίνεται m = 1/2. 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 21 = J 12 = 1, J 31 = J 13 = 0, J 32 = J 23 = 1. Τελικά: J κ = J 11 J 12 J 13 J 21 J 22 J 23 J 31 J 32 J 33 = 2 1 0 1 2 1 0 1 6 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. 2

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 2 0 (2 1 Τελικά η τιμή της ροπής αδράνειας στο κέντρο μάζας θα είναι ίση με: J κ = ϵ T J κ ϵ = 1 = 1 ( 2 0 1 2 1 1 2 0 1 0 1 6 ( 2 0 1 4 3 6 = 1 (8 + 0 + 6 = 14 Από το θεώρημα Steiner (θεώρημα παράλληλων αξόνων έχουμε: J A = J κ + mδ 2 2 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, 2 είναι (ήδη κάθετο προς το διάνυσμα α που ορίζει τη διεύθυνση του άξονα (κατά συνέπεια και στη διανυσματική μονάδα ϵ: r A α = ( 1 1 2 2 0 = 2 + 0 2 = 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 2 0 1 1 1 2 = 1 ( ê x ê y 22ê z 3

Και: Τελικά: δ 2 = ϵ r A 2 = 30 J κ = J A + mδ 2 = 14 + 1 2 30 = 29 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 1 0 0 J κ.α = 0 λ 2 0 0 0 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 = p2 r 2m + p2 θ + V (r, θ 2mr2 Ποια συνθήκη πρέπει να ισχύει ωστε η f = p 2 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 2 r 2m + [ ] [ p 2 r p 2 2m, p2 θ + θ 2mr 2, p2 θ ] p2 θ 2mr 2 + V (r, θ, p2 θ = 0 ] + [ V (r, θ, p 2 θ] = 0 Σχετικά με τον 1ο όρο: [ ] p 2 r 2m, p2 θ = 1 [ p 2 2m r, p 2 1 θ] = 2m [p rp r, p 2 θ] = 1 ( pr [p r, p 2 2m θ] + p r [p r, p 2 θ] = 1 m [p r, p 2 θ] = 1 m (p θ[p r, p θ ] + p θ [p r, p θ ] = 2p θ[p r, p θ ] m 4

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 ] = = 2 i=1 ( V r = V θ [V (r, θ, p 2 θ] = 0 2p 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 2 θ ολοκλήρωμα της κίνησης είναι η: V θ = 0 Δίνεται η συνάρτηση Lagrange: L = 1 2 (ẋ2 + ẏ 2 Να δείξετε ότι l = r 2 ϕ είναι ολοκλήρωμα της κίνησης. k x 2 + y 2 + ( x 2 + y 2 3/2 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 2 + ẏ 2 = r 2 ϕ2 (sin 2 ϕ + cos 2 ϕ = r 2 ϕ2 x 2 + y 2 = r 2 ( cos ϕ 2 + sin ϕ 2 = r 2 Άρα η συνάρτηση Lagrange γράφεται: L = 1 2 r2 ϕ2 k/r 2 + 1/r 3 Παρατηρούμε ότι η ϕ είναι αγνοήσιμη συντεταγμένη διότι: ϕ = 0

Και επομένως η αντίστοιχη γενικευμένη ορμή p ϕ = ϕ = r2 ϕ θα είναι σταθερή και άρα ολοκλήρωμα της κίνησης. Δίνεται η συνάρτηση Lagrange: L = 1 2 (ẋ2 + ẏ 2 a(x y 3 Να βρείτε τα ολοκληρώματα της κίνησης για το σύστημα που περιγράφεται από την παραπάνω συνάρτηση (Θέμα 1ο, Εξεταστική Ιανουαρίου 2012, 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 y2 0 y = 3a(x y2 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 2 (ẋ2 + ẏ 2 V (x, y Οι γενικευμένες ορμές θα είναι ίσες με τις ορμές των υλικών σημείων: Σεπτέμβριος 2012, Θέμα 3ο. (ẋ + ẏ = 0 t 6

Πρόκειται για στερεό σώμα και η κίνηση γίνεται σε 2 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. = 2. Επομένως χρειάζονται 2 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 2 mu2 k + 1 2 J kω 2 = 1 2 m ( x 2 2 k + z k + 1 2 J kω 2 όπου u k η μεταφορική ταχύτητα του κέντρου μάζας 2 και J k η ροπή αδράνειας ως προς άξονα που διέρχεται από το κέντρο μάζας της ράβδου. Θέτω 2b = a. Επομένως: x k = x + b sin ϕ ẋ k = ẋ + b ϕ cos ϕ ẋ 2 k = ẋ 2 + b 2 ϕ2 cos 2 ϕ + 2bẋ ϕ cos ϕ z k = b cos ϕ ż k = b ϕ sin ϕ ż 2 k = b 2 ϕ2 sin 2 ϕ ẋ 2 k + ż 2 k = ẋ 2 + b 2 ϕ2 + 2bẋ 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 2 = m(2b2 3 mb 2 = mb2 3 T = 1 (ẋ 2 m 2 + b 2 ϕ2 + 2bẋ ϕ cos ϕ + mb2 6 ϕ 2 2 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

Υπολογισμός της δυναμικής ενέργειας του συστήματος V = mgz + 1 2 k ( l 1 2 + 1 2 k ( l 2 2 = mgb cos ϕ + 1 2 kx2 + 1 2 kx2 = mgb cos ϕ + kx 2 Υπολογισμός της συνάρτησης Langrange του συστήματος L = T V = T = 1 (ẋ 2 m 2 + b 2 ϕ2 + 2bẋ ϕ cos ϕ + mb2 6 ϕ 2 + mgb cos ϕ kx 2 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 = 2kx ẋ = 1 ( 2 m = m t ( 2ẋ + 2b ϕ cos ϕ ϕ ( ẍ + b ϕ cos ϕ b ϕ 2 sin ϕ ϕ = 0 ( = m ẋ + b ϕ cos ϕ ( m ẍ + b ϕ cos ϕ b ϕ 2 sin ϕ + 2kx = 0 ϕ = 1 ( 2 m 2bẋ ϕ sin ϕ mgb sin ϕ = mbẋ ϕ sin ϕ mgb sin ϕ ϕ = 1 ( 2 m 2b 2 ϕ + 2bẋ cos ϕ ( ϕ Τελικά για την συντεταγμένη ϕ: = m (b 2 ϕ + bẍ cos ϕ bẋ ϕ sin ϕ + mb2 3 ϕ + mb2 6 2 ϕ = m (b 2 ϕ + bẋ cos ϕ + mb2 3 ϕ Υπολογισμός θέσεων ισορροπίας m (b 2 ϕ + bẍ cos ϕ + mb2 3 ϕ + mgb sin ϕ = 0 Θέτουμε ẋ = ẍ = ϕ = ϕ = 0 στις εξισώσεις κίνησης, απ όπου παίρνουμε: 2kx = 0, mgb sin ϕ = 0 8

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 2 ϕ + bẋ cos ϕ + mb2 3 ϕ Τελικά: ( H = m ẋ 2 + bẋ ϕ ( cos ϕ + m b 2 ϕ2 + bẋ ϕ cos ϕ + mb2 3 ϕ 2 1 (ẋ 2 m 2 + b 2 ϕ2 + 2bẋ ϕ cos ϕ mb2 6 ϕ 2 mgb cos ϕ + kx 2 = 1 2 mẋ2 + 1 2 mb2 ϕ2 + mbẋ ϕ + mb2 6 ϕ 2 mgb cos ϕ + kx 2 Σεπτέμβριος 2011, Θέμα 3ο. 9

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 = 2 γιατί to άκρο Α κινείται πάνω σε κύκλο, (OA = σταθερό, με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω. Επομένως χρειαζόμαστε 1 γενικευμένη συντεταγμένη για να περιγράψουμε το σύστημα. Έστω θ η γωνία που σχηματίζει η ράβδος με τον άξονα Ox. Θεωρώ ότι η ράβδος έχει μήκος l = 2l. 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 2 k + y 2 k = R 2 ϕ + l 2 θ2 + 2Rl ϕ θ (sin ϕ sin θ cos ϕ cos θ = R 2 ϕ2 + l 2 θ2 2Rl ϕ θcos(ϕ θ Από θεώρημα Steiner: T = 1 2 m ( x 2 2 k + y k + 1 2 J θ k 2 Τελικά: J k = J A mδ 2 = m (2l2 3 ml 2 = ml2 3 T = 1 (R 2 m 2 ϕ2 + l 2 θ2 2Rl ϕ θcos(ϕ θ + ml2 6 θ 2 Υπολογισμός της δυναμικής ενέργειας του συστήματος F (r k = kr k = V V = r k kr k r k = 1 2 kr2 k Είναι όμως: r 2 k = x 2 k + (R y k 2 Οπότε: V = 1 2 k [ x 2 k + (R y k 2] = 1 2 k ( x 2 k + yk 2 + R 2 2Ry k = 1 ] [(R 2 k cos ϕ + l cos θ 2 + (R sin ϕ l sin θ 2 + R 2 2R(R sin ϕ l sin θ = 1 2 k [ R 2 + l 2 + 2Rl (cos ϕ cos θ sin ϕ sin θ + R 2 2R (R sin ϕ l sin θ ] = 1 2 k ( 2R 2 + l 2 + 2Rl cos(ϕ + θ 2R (R sin ϕ l sin θ = 1 2 k [ 2R 2 + l 2 + 2R (l cos(ϕ + θ + l sin θ R sin ϕ ] 10

Υπολογισμός της συνάρτησης Lagrange του συστήματος L = T V = 1 (R 2 m 2 ϕ2 + l 2 θ2 2Rl ϕ θcos(ϕ θ + ml2 6 θ 2 1 2 k [ 2R 2 + l 2 + 2R (l cos(ϕ + θ + l sin θ R sin ϕ ] Σεπτέμβριος 2011. Θέμα 4ο. Οι βαθμοί ελευθερίας για υλικό σημείο κινούμενο σε επίπεδο 2Δ είναι 2n k, όπου n είναι ο αριθμός των υλικών σημείων (εδώ n = 1 και k το πλήθος των δεσμών (εδώ k = 1. Επομένως το σύστημα έχει 1 βαθμό ελευθερίας και άρα χρειάζεται 1 γενικευμένη συντεταγμένη για να το περιγράψουμε. Επιλέγουμε την x. z = bx 2 ż = 2bxẋ Υπολογισμός της κινητικής ενέργειας του συστήματος T = 1 2 m ( ẋ 2 + ż 2 = 1 2 m ( ẋ 2 + 4b 2 x 2 ẋ 2 Υπολογισμός της δυναμικής ενέργειας του συστήματος V = mgz = mgbx 2 Υπολογισμός της συνάρτησης Lagrange του συστήματος L = T V = 1 2 m ( ẋ 2 + 4b 2 x 2 ẋ 2 mgbx 2 Υπολογισμός της συνάρτησης Hamilton του συστήματος H = i q i p i L = ẋp x L p x = ẋ = 1 2 m ( 2ẋ + 8b 2 x 2 ẋ = m ( ẋ + 4b 2 x 2 ẋ H = m ( ẋ 2 + 4b 2 x 2 ẋ 2 1 2 m ( ẋ 2 + 4b 2 x 2 ẋ 2 + mgbx 2 = 1 2 mẋ2 + 2mb 2 x 2 ẋ 2 + mgbx 2 = 1 2 m ( ẋ 2 + 4mb 2 x 2 ẋ 2 + 2gbx 2 Εύρεση συχνότητας μικρών ταλαντώσεων 11

ξ = x 0 ξ = ẋ ξ = ẍ L = 1 2 m ( ξ2 mgbξ 2 Και η νέα εξίσωση κίνησης: t ( ξ ξ = m ξ + 2mgbξ = 0 ξ + 2gbξ = 0 Ω ξ = 2gb 12