Løsningsforslag til eksamen i klassisk mekanikk våren e N. R ρ m

Transkript

1 Løsningsforsag ti eksamen i kassisk mekanikk våren 010 Oppgave 1 ω v e T θ R ρ m e N Figure 1: a Lagrangefunksjonen er gitt ved: L = T V der T V er den kinetiske potensiee energien ti systemet. Finner først den kinetiske energien: T = 1 mv Hastighetsvektoren v kan dekomponeres i en komponent tangentiet på sirkeen og en normat på sirkepanet, som antydet i figur 1: Her er og Den kinetiske energien bir dermed: v = v T e T + v N e N v T = R θ v N = ρω = R sin θ ω T = 1 mv = 1 mv T + v N = 1 mr θ + ω sin θ Den potensiee energien er: V = mgh = mgr1 cosθ 1

2 når vi veger nupunkt sikt at V = 0 på bunnen av sirkeen. Lagrangefunksjonen bir dermed som var det vi skue vise. L = 1 mr θ + ω sin θ mgr 1 cosθ b Finner bevegesesigningen for koordinaten θ fra Lagranges igning: d dt L L = θ θ Venstre side: Høyre side: så: d L dt θ = d mr θ = mr θ dt L θ = mr ω sin θ cosθ mgr sin θ mr θ = mr ω sin θ cosθ mgr sin θ og ved å dee påmr får vi: som var det vi skue vise. θ = ω cosθ g/r sin θ c Betingesen θ = 0 gir oss igningen: ω cosθ g/r sin θ = 0 Denne er oppfyt dersom sin θ = 0 og/eer cosθ = g Rω Siden cosθ 1 kan det siste bare være oppfyt når ω g R Konkusjon: Når vinkehastighetenω er iten, ω < g, fins det to ikevektspunkter: R θ 0,1 = 0 og θ 0, = π

3 som svarer ti at kua er på toppen eer bunnen av sirkeen. Dersom vinkehastigheten er høy nok, ω g, fins det ytterigere to ikevektspunkter: R g g θ 0,1 = 0, θ 0, = π, θ 0,3 = arccos og θ Rω 0,4 = arccos Rω Oppgave og atså ti sammen fire ikevektspunkter. a Lagrangefunksjonen ti systemet er gitt ved L = T V Den potensiee energien kan dees opp sik V = V gravitasjon + V fjær der se figur V gravitasjon = mg1 cosθ 1 + mg1 cosθ = mg cosθ 1 cos θ og V fjær = k d d 0 Ser først på V gravitasjon. Vi antar små utsag såcosθ 1 1 θ og Men og tisvarende for, så V gravitasjon 1 mg θ 1 + θ 1 = sin θ 1 θ 1 1 V gravitasjon 1 mg 1 + Ser så påv fjær. Ved å studere figur kan en finne at d = d

4 θ 1 d 0 θ d cos θ 1 cos θ 1 d Figure : Ved å ta kvadratrota på begge sider og trekke ut en faktor kan dette skrives d = d d Nå har vi antatt at utsagene 1 og er små, så vi kan rekkeutvike: d d 0 1 Vi får dermed føgende approksimasjon for d d 0 : d d d 0 1 eer når vi negisjerer edd av fjerde orden og høyere: d d 0 1 Så bidraget V fjær ti den potensiee energien kan approksimeres ved V fjær = k 1 = k og den totae potensiee energien ti systemet ved: V = 1 mg k

5 når en antar små utsag. Finner så den kinetiske energien: der T = 1 mv mv v 1 = ẋ 1 + ẏ 1 og tisvarende for v når vi antar at pendene svinger i xy-panet. Innfører poarkoordinater og finner: v1 = θ 1 Antar så små utsag, bruker igning 1, og finner: v 1 1 og tisvarende for v. Den kinetiske energien er atså T = 1 m 1 + under antagesen om små utsag, og agrangefunksjonen ti systemet bir: L = 1 m mg 1 + som var det vi skue vise. k b Bevegesesigningene finner vi ved å sette inn agrangefunksjonen i Lagranges igninger: d L = L i = 1, dt i i Koordinat 1 : Venstre side: Høyre side: d L = d dt 1 dt m 1 = m 1 L = mg 1 k 1 1 Tisvarende beregning for gir føgende kobede! bevegesesigninger: m 1 + mg 1 + k 1 = 0 3 m + mg + k 1 = 0 4 5

6 c Ved å sette inn i = Ca i e iωt i = 1, i bevegesesigningene og dee på C e iωt får vi: Vi kan skrive dette på matriseform: mω a 1 + mg a 1 + ka 1 a = 0 mω a + mg a + ka a 1 = 0 V a = ω Ta der a = a1 a, T = m og V = mg + k k k + k mg Legg merke ti at dette er et standard egenverdiprobem siden T er diagona. Ligningssettet har ikke-trivie øsning når detv ω T = 0: detv ω mg T = + k mω k mg k + k mω = 0 Dette gir oss føgende andregradsigning for ω : m ω 4 mω k + mg + k + mg k = 0 som kan faktoriseres: mω mg og da ser vi at egenfrekvensene er: [ mg ] mω + k = 0 ω 1 = g og ω = g + k m d Egenvektoren som hører ti frekvens ω j mode j a1j a j =, a j 6

7 Oppgave 3 finner vi ved å sette inn egenfrekvensen ω j i igningsettet 3-4: mωja 1j + mg a 1j + ka 1j a j = 0 mωja j + mg a j + ka j a 1j = 0 Eer, itt omskrevet, i: mg + k mωj a 1j ka j = 0 5 ka 1j + mg + k mω j Mode 1, ω 1 : Ved substitusjon av ω 1 = g i igning 5 finner vi: a 11 = a 1 a 1j = 0 6 atså svinger pendene i fase, forfytter seg ike angt og i samme retning. Mode, ω : Ved substitusjon av ω = g + k i igning 5 finner vi: m a 1 = a så pendene går mot hverandre eksakt ut av fase, med ike store forfytninger. Figur 3 iustrerer de to normamodene. I dette øsningsforsaget bruker jeg ree metrikk. På eksamen var det vagfritt. Med ree metrikk er Mandestamvariabene gitt ved: s p A + p B /c t p A p C /c u p A p D /c der p A er firerimpusen ti partikke A, og så videre: og tisvarende for p B, p c og p D. p A = E A /c,p A 7

8 Mode 1 Mode Figure 3: a Mandestamparametrene er skaare størreser siden de er skaarprodukt av firervektorer, og dermed reativistisk invariante størreser. La oss vise det ekspisitt for s. Definer P : P = p A + p B sik at sc = P P Lorentz-transformasjonen av P fra et system S ti et annet S er gitt ved P µ = Lν µ P ν oppgitt på eksamen. Skaarproduktet transformerer sikt: P P = P µ P µ = L α µ P αl µ β P β = L µ β Lα µ P αp β = δβ α P αp β = P α P α = P P der vi har brukt oppgitt på eksamen L µ β Lα µ = δα β Atså er P P, og dermed s en Lorentz-invariant størrese som var det vi skue vise. b Fra definisjon av Mandestamvariabene får vi c s + t + u = p A + p B + p A p C + p A p D 8

9 og videre c s + t + u = p A + p B + p C + p D +p A p A + p B p C p D Det siste eddet på høyre side er ik nu. Det føger fra firerimpusbevarese: Bruker vi så p A + p B = p C + p D p A = m Ac og tisvarende for p B, p C og p D, får vi og ved å dee påc : c s + t + u = m A c + m B c + m C c + m D c som vi skue vise. c Vi kan ta utgangspunkt i Ekspanderer: s + t + u = m A + m B + m C + m D sc = p A + p B sc = p A + p B + p A p B De to første eddene på høyre side er ikm A c og m B c. Partikke B er i ro i ab-systemet, såp B = EB ab/c,p B = m B c, 0, og med p A = EA ab/c,p A får vi for det siste eddet så Løst for E ab A : som var det vi skue vise. p A p B = m B E ab A sc = m A c + m B c + m B E ab A E ab A = s m A m B c m B 9