Λύσεις Μηχ. ΙΙ Σεπτεµβριος 9 Πρόβληµα 1 Η Λαγκραντζιανή είναι L = (ż + R θ ) Η δράση που αντιστοιχεί στη διαδροµή z(t), θ(t) που αρχίζει στο z() =, θ() = και καταλήγει στο θ( ) = z( ) = είναι: S = (ż + R θ )dt Για τις δεδοµένες διαδροµές έχουµε οπότε η δράση είναι S = + = + ż = / + ζ, θ = η ζdt + ( ζ + R η )dt ( ζ + R η )dt όπου χρησιµοποίησαµε ότι ζdt = ζ( ) ζ() =. Συνεπώς η δράση ελαχιστοποιείται για ζ = η =, και η ισοταχής κίνηση θ =, ζ = t/ καθιστά τη δράση ελάχιστη. Άλλες διαδροµές που οδηγούν σε τοπικά ελάχιστα της δράσης είναι: θ = πnt/ και z = t/ µε n Z. Η δράση που αντιστοιχεί σε αυτή τη διαδροµή είναι: S = ( ) + 4π n R H δράση ελαχιστοποιείται σε αυτή τη διαδροµή διότι αν κάνουµε µία τυχαία µεταβολή σε αυτές τις τροχιές θ = πnt/ + η, z = t/ + ζ
που ικανοποιεί η() = ζ() = και η( ) = ζ( ) =, η δράση θα αυξηθεί. Πράγµατι: S = ( ) + 4π n R + ζdt + πn ηdt + ( ζ + R η )dt = ( ) + 4π n R + ( ζ + R η )dt ( ) + 4π n R S Η δράση που αντιστοιχεί στη κίνηση µε µηδενική γωνιακή ταχύτητα είναι η ελάχιστη από όλες τις στάσιµες δράσεις. Πρόβληµα Το ένα σωµατίδιο είναι στη θέση (x,, ), ενώ το άλλο στη θέση (, y, ), το τετράγωνο της απόστασης των: d = x + y +, οπότε η Λαγκραντζιανή είναι: L = (ẋ + ẏ ) k (x + y + ) Οι κινήσεις είναι ανεξάρτητες οπότε κάθε σωµατίδιο κινείται ανεξάρτητα από το άλλο σαν να βρίσκεται µόνο υπό την επίδραση ελατηρίου σταθεράς k, οπότε οι χαρακτηριστικές συχνότητες είναι ω = k/ και υπάρχει εκφυλισµός: κάθε τρόπος είναι κανονικός τρόπος ταλάντωσης, µπορεί να επιλεγεί ο [1, ] (το πρώτο κινείαι το δεύτερο ακίνητο) και [, 1] αλλά και οποιοσδήποτε γραµµικός συνδυασµός είναι κανονικός τρόπος ταλάντωσης. Η ανεξαρτησία αυτή προκύπτει διότι η συνιστώσα της δύναµης στον άξονα x είναι kx ενώ στον άξονα y είναι ky χωρίς αναφορά στον άλλο άξονα. Ξενίζει αυτή η ανεξαρτησία διότι δεν είµαστε συνηθισµµένοι να σκεπόµαστε τρισδιάστατα. Λόγω αυτής της ανεξαρτησίας το πρώτο σωµατίδιο δεν θα κινηθεί αν βρίσκεται ακίνητο στη θέση x =. Όταν η πρώτη ευθεία κάνει κάποια κλίση τότε θα υπάρξει αλληλεπίδραση µεταξύ των σωµατιδίων. Η Λαγκραντζιανή είναι: L = (ṙ + ẏ ) k (r c + (y rs) + ) όπου σηµειώσαµε τις σταθερές c = cos ϕ και s = sin ϕ. Οι εξισώσεις κίνησης είναι r + ω r ω sy =
ÿ ω sr + ω y = Aν θέσουµε r = ηe iωt y = ξe iωt για να βρούµε τους χαρακτηριστικούς τρόπους ταλάντωσης θα πρέπει να ικανοποιείται η εξίσωση: ( ) ( ) 1 Ω /ω s η s 1 Ω /ω = ξ οπότε οι χαρακτηριστικές συχνότητες είναι: Ω = (1 ± sin ϕ)ω µε τρόπο ταλάντωσης [ 1, 1] (στο µεγαλύτερης ενέργειας τρόπο, πιο υψίσυχνη ταλάντωση) και [1, 1] ανεξάρτητο από τη γωνία!!! Αρχικά [, y ] = y /[ 1, 1] + y /[1, 1] οπότε [r(t), y(t)] = y /[ 1, 1] cos(ω + t) + y /[1, 1] cos(ω t) όπου Ω ± = ω 1 ± sin ϕ, συνεπώς το πρώτο σωµατίδιο θα εκτελεί τη κίνηση r(t) = y (cos(ω t) cos(ω + t)) = y sin((ω + + Ω )t/) sin((ω + Ω )t/) Κάναµε χρήση των ταυτοτήτων: cos α cos β = sin β + α cos α + cos β = cos β + α Αν sin ϕ << 1 έχουµε σε πρώτη τάξη οπότε σε πρώτη τάξη θα είναι: Ω ± = ω (1 ± sin ϕ/) sin β α cos β α και συνεπώς: Ω + + Ω = ω, Ω + Ω = ω sin ϕ r(t) = y sin ω t sin((ω sin ϕ/)t).
Συνεπώς θα φτάσει (το διακρότηµα) στο µέγιστο πλάτος σε χρόνο περίπου ίσο µε π ω sin ϕ Λέµε περίπου διότι στο χρόνο αυτό θα µπορούσε ο όρος sin(ω t) να µηδενίζεται. Το έτερο σωµατίδιο εκτελεί τη κίνηση: y(t) = y (cos(ω t) + cos(ω + t)) = y cos((ω + + Ω )t/) cos((ω + Ω )t/) = y cos(ω t)cos((ω sin ϕ/)t) οπότε στον χρόνο αυτό θα έχει µεταφέρει όλη του τη θέση στο άλλο και θα έχουν ανταλλάξει θέσεις. Πρόβληµα 3 Το ανυσµατικό δυναµικό παράγει το µαγνητικό πεδίο: A = Br e θ B z = 1 r d(ra θ ) dr = B Η Λαγκραντζιανή είναι σε αυτή τη περίπτωση L = R θ + qbr επειδή όµως ο όρος από το µαγνητικό πεδίο είναι τέλεια χρονική παράγωγος δεν έχει δυναµική σηµασία (είναι µετασχηµατισµός αναβαθµονόµησης) και η Λαγκραντζιανή είναι ισοδύναµα L = R θ που είναι η Λαγκρανζιανή ενός ελευθέρου σωµατιδίου που κινείται σε κυκλική στεφάνη. Ο µετασχηµατισµός στροφής θ > θ+ϵ αφήνει τη Λαγκραντζιανή αναλλοίωτη, και συνεπώς διατηρείται η p θ = L θ = R θ θ
δηλαδή η γωνιακή ταχύτητα είναι σταθερή. Στη ίδια διατηρούµενη ποσότητα θα καταλήγαµε από την αναλλοιώτητα σε χρονικές µεταθέσεις. H Λαγκραντζιανή είναι: L = r θ + qbr θ + λ(r R) και οι τρεις εξισώσεις Euler-Lgrnge δίνουν τις εξισώσεις κίνησης: r = λ + r θ + qbr ) θ d (r θ + qbr = dt r = R οπότε αντικαθιστώντας την τρίτη στη πρώτη βρίσκουµε ότι η αντίδραση είναι: λ = R θ(θ + qb/) Η αντίδραση µηδενίζεται για θ = οπότε είναι ακίνητο το φορτίο και δεν ασκείται καµµία δύναµη, και όταν θ = qb/ κινείται µε την κυκλοτρονική γωνιακή ταχύτητα και εξισορροπείται η δύναµη η µαγνητική µε την κεντροφυγο και η κυκλική κίνηση θα υπήρχε είτε υπήρχε στεφάνη είτε όχι. Ενδιάµεσα η δύναµη είναι αρνητική διοτι η µαγνητική δύναµη είναι µεγαλύτερη από τον κεντρόφυγο. Θέµα 4 Επιλέγοντας το βαρυτικό πεδίο να είναι στη τρίτη διεύθυνση έχουµε τη Χαµιλτονιανή: H = 3 i=1 p i + gx 3 Είναι απο τον ορισµό της αγγύλης Poisson ẋ i = {x i, H} = x i x j H p j x i p j H x j = H p i
που είναι η εξίσωση του Χάµιλτον. Έχουµε: και κ.ο.κ. ẍ i = {ẋ i, H} = {{x i, H}, H} d 3 x i dt 3 = {ẍ i, H} = {{{x i, H}, H}, H} Υπολογίζουµε επειδή: {x i, p j } = δ ij, {x i, x j } =, {p i, p j } = και {x i, p j} = p j δ ij ότι: ẋ i = {x i, H} = p i / και για κάθε χρονική στιγµή ẍ 1 = {{x 1, H}, H} = {p 1, H}/ = οπότε και όλες οι ανώτερες παράγωγοι (δεύτερης τάξης και άνω) της x 1 µηδενίζονται κάθε χρονική στιγµή. Τα ίδια ισχύουν και για την x, οπότε Για την x 3 : x 1 (t) = x 1 () + p 1 ()t/, x (t) = x () + p ()t/. ẍ 3 = {{x 3, H}, H} = {p 3, H}/ = g οπότε όλες οι πράγωγοι τρίτης τάξης και άνω της x 3 µηδενίζονται. Συνεπώς: x 3 (t) = x 3 () + p 3 ()t/ gt /