LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TEP4145 KLASSISK MEKANIKK Mandag 21. mai 2007 kl Løsningsforslaget er på i alt 9 sider.

Transkript

1 NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR ENERGI- OG PROSESSTEKNIKK Kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng Telefon: / LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I TEP4145 KLASSISK MEKANIKK Mandag 1. mai 007 kl Løsningsforslaget er på i alt 9 sider. 1

2 OPPGAVE 1 [Teller 5%] a) Faste endepunkter gir δi = δ Virtuelle variasjoner ved fast t dvs δt = 0): t Ldt = t δldt Ombytte av δ og d/dt gir og dermed Delvis integrasjon på siste ledd: t q δi = δl = q t δq + q δ q δ q = δ dq dt = d dt δq, q δq + q d dt δqdt = t t1 q δq t ) d dt δq dt Her forsvinner første ledd fordi δq = 0 i endepunktene. Dermed: δi = t q d dt Ettersom δq er vilkårlig, må integranden forsvinne, dvs som er Lagranges ligning. q d dt q = 0 ) d δqdt dt q ) δqdt = 0 q b) Her er V = 0, så L = T = 1 m ẋ +ẏ ) Vi ser fra figuren neste side) at x = Rcosω 0 t+rcosω 0 t+θ) y = Rsinω 0 t+rsinω 0 t+θ) som gir ẋ = Rω 0 sinω 0 t Rω 0 + θ)sinω 0 t+θ) ẏ = Rω 0 cosω 0 t+rω 0 + θ)cosω 0 t+θ) Vi kvadrerer og legger sammen: ẋ +ẏ = Rω 0 ) +R ω 0 + θ) +R ω 0 ω 0 + θ)[sinω 0 tsinω 0 t+θ)+cosω 0 tcosω 0 t+θ)]

3 Deretter bruker vi trigonometriske relasjoner gitt i formelvedlegget) og får sinω 0 tsinω 0 t+θ)+cosω 0 tcosω 0 t+θ) = sinω 0 tsinω 0 tcosθ+sinω 0 tcosω 0 tsinθ + Systemets lagrangefunksjon er dermed cosω 0 tcosω 0 tcosθ cosω 0 tsinω 0 tsinθ = cosθ L = mr [ω 0 +ω 0 θ+ 1 θ +ω 0 ω 0 + θ)cosθ ] Kommentar: Noen hadde oppfattet det slik at ringen også var plassert i tyngdefeltet. Det ble sett på med stor forståelse. Dog ville det da være på sin plass med en fornuftig kommentar når det ble problematisk å sammenligne ringen med pendelen. Vi må regne ut de ulike partielle) deriverte av L: Lagranges ligning blir θ θ d dt θ = mr ω 0 ω 0 + θ)sinθ = mr [ ω 0 + θ+ω 0 cosθ ] = mr [ θ ω0 θsinθ ] θ+ω 0 sinθ = 0 Fra figuren nedenfor) ser vi at tyngdekraftens komponent vinkelrett på pendelen er mg sin θ. I følge Newtons. lov skal denne kraften være lik ma, der a = l θ. Pendelens bevegelse beskrives dermed av ligningen θ+ g l sinθ = 0 Samme oppførsel som massen på den roterende ringen dersom pendelen har lengde l = g ω 0 Pendelproblemet kan selvsagt også løses med Lagrange-teknikk. y m R sin ω 0 t + θ ) R sin ω 0 t R cos ω 0 t R ω 0 t θ ω 0 t x mg sin θ l θ g m mg cos θ R cos ω 0 t + θ ) mg 3

4 OPPGAVE [Teller 5%] Sammenpressing i fjæra til venstre: Sammenpressing i fjæra til høyre: x 1 x ) x 10 x 0 ) = η 1 η x x 3 ) x 0 x 30 ) = η η 3 Strekk i fjærene blir tilsvarende, med motsatt fortegn. Systemets potensielle energi blir V = 1 kη 1 η ) + 1 kη η 3 ) = 1 kη 1 +η +η 3 η 1η η η 1 η η 3 η 3 η ) Matrisen V blir dermed Systemets kinetiske energi er V = k k 0 k k k 0 k k T = 1 m iẋ i = 1 m i η i Matrisen T blir dermed T = m m m Systemets egenfrekvenser bestemmes av den sekulære ligningen k ω m k 0 k k 3ω m k 0 k k ω m = 0 Stryker en felles faktor k 3 for hele determinanten og innfører α ω m k for å forenkle notasjonen litt. Det gir ligningen 1 α α α = 0 Utvikling etter for eksempel første rad gir 1 α) 3α)1 α) 1 α) 1 α) = 0 dvs 6α 3 13α +6α = 0 4

5 Vi ser bort fra moden med α = 0 som tilsvarer ren translasjon av hele systemet langs x-aksen). De to andre løsningene er dvs α = 13± = 13±5 1 α 1 = 3, α = 3 Dette tilsvarer frekvensene og f 1 = ω 1 π = f = ω π = kα 1 /m π kα /m π = = k/3m π 3k/m π 13.0 Hz 19.5 Hz Kommentar: Vibrasjons-bevegelsen i hver av disse to normale modene kan bestemmes ved å regne ut de ulike underdeterminantene iα, dvs de ulike -determinantene som fås ved å stryke rekke nr i og kolonne nr α i V ω αt og multiplisere med 1) i+α. Da vil utsvingsamplituden A iα for masse nr i i mode nr α være proporsjonal med 1) i+α iα. Uten at vi bryr oss om normeringen finner vi da, for mode nr 1 med α 1 = /3): og for mode nr med α = 3/): A 1 = A 11,A 1,A 31 ) = 1, 1 ) 3,1 A = A 1,A,A 3 ) =,1, 1 ) OPPGAVE 3 [Teller 5%.] Potensiell energi: V = kq / = q /. Kinetisk energi: T = mv / = p /m = p /. Dette gir hamiltonfunksjonen Hq,p) = V +T = 1 q +p ) Vi har åpenbart at [q,p] = 1, slik at vi må sjekke at [Q,P] = 1. De ulike partielle deriverte av de nye kanoniske koordinatene er Q q = 1, P q = 1, Q p = i P p = i Dermed: [Q,P] = 1 i 1 i = = 1 5

6 Her var det også andre varianter som førte fram. Regner først ut q og p uttrykt ved Q og P: q = Dermed blir hamiltonfunksjonen i nye koordinater Hamiltons ligninger blir: som har løsninger i Q P), p = 1 Q+P) K = H = 1 q +p ) = 1 [ i Q QP +P ) + 1 Q +QP +P )] = 1 i 4QP) = iqp Q = K P = iq P = K Q = ip Qt) = Q 0 e it Pt) = P 0 e it Med de gitte startbetingelsene qt = 0) = pt = 0) = 1 får vi Q0) = Q 0 = 1 1+i) = 1 P0) = P 0 = 1 1 i) = i altså Qt) = 1+i e it = e it Pt) = i 1 e it = ie it Oscillatorens totale energi: E = K = H = 1 1+1) = 1 6

7 OPPGAVE 4 [For fysikkstudentene, teller 5%.] a) Firerpotensialet er mens feltene er relatert til A µ slik: Med andre ord: osv syklisk for B og B 3 ) Fra definisjonen A µ = A,iφ/c) E = φ A t B = A E j = φ A j x j t B 1 = A 3 x A x 3 F µν = A ν x µ A µ x ν ser vi uten videre at F µµ = 0 og F µν = F νµ. Det holder altså å regne ut de 6 elementene over eller under) diagonalen: F 1 = A y x A x y = A) z = B z = B 3 F 13 = A z x A x z = A) y = B y = B F 3 = A z y A y z = A) x = B x = B 1 φ F 14 = A 4 x A 1 = i x 4 c x A 1 ic t = i φ c x A ) 1 = i t c E 1 F 4 = A 4 y A = i φ x 4 c y A ic t = i φ c y A ) = i t c E F 34 = A 4 z A 3 = i φ x 4 c z A 3 ic t = i φ c z A ) 3 = i t c E 3 b)transformasjonsligningene fore j ogb j ergittiformelvedlegget forrelativbevegelse langsx-aksen. Bruker disse og får: E B = E x B x +E y B y +E z B z = E 0x B 0x +γ E 0y +vb 0z ) B 0y v ) c E 0z +γ E 0z vb 0y ) B 0z + v ) c E 0y 7

8 = E 0x B 0x +E 0y B 0y γ 1 )+E v c 0z B 0z γ E 0y E 0z γ v c +γ v c ) +B 0y B 0z γ v γ v ) = E 0x B 0x +E 0y B 0y 1+E 0z B 0z 1 = E 0 B 0 som var det vi skulle vise. v c +1 c) I inertialsystemet S 0 er ladningen i ro, så der er B 0 = 0. Da gir transformasjonsligningene ) + B x = 0, B y = γ v c E 0z, B z = γ v c E 0y og dessuten Dermed: E y = γe 0y B y = v c E z, E z = γe 0z, B z = v c E y Hastigheten er slik at vi kan skrive v = v ˆx Ved sammenligning ser vi da at vi har v E) x = 0, v E) y = ve z, v E) z = ve y B = 1 c v E d) I den ikkerelativistiske grensen v c β 1) reduserer uttrykket for E gitt i oppgaveteksten under punkt c) seg til E = q r 4πε 0 r 3 Magnetfeltet blir da B = 1 qv r v E = c 4πε 0 c r = µ 0 3 4π qv r r 3 Vi kan skrive v = dl/dt, dvs ladningen forflytter seg et veielement dl i løpet av en tid dt. Da har den midlere) strømmen på dette veielementet vært I = q/dt, så vi kan skrive qv = q dl = I dl dt og dermed som er Biot-Savarts lov. db = µ 0 Idl r, 4π r 3 8

9 Feltlinjer for B i yz-planet: y z OPPGAVE 5 [For kybernetikkstudentene, teller 5%.] a) Dette er en førsteordens lineær differensligning. Den generelle løsningen er b n = µ n b 0. Modellen er urealistisk fordi veksten er eksponensiell, uten noen øvre grense. b) Skisse av funksjonen F µ x): F x) µ 1/, µ /4) 1/ 1 x Vi får x n = x 0 for alle n. Punktet x 0 blir et likevektspunkt for bestanden. x 0 er også et fikspunkt.) c) x er et fikspunkt for f dersom fx) = x. Dersom f n) x) = x, sier vi at x er periodisk med periode n. Hvis f k) x) x for alle k, 1 k < n, så er n grunnperioden til x. Et fikspunkt x kalles tiltrekkende dersom f x) < 1. Punkter nær x vil da gå mot x. Et fikspunkt x kalles frastøtende dersom f x) > 1. Punkter nær x vil da fjerne seg fra x. d) Fikspunkter for F µ x): Vi har at x = 0, x = µ 1 µ ) µ 1 F µ 0) = µ, F µ = µ µ For 1 < µ < 3 har vi dermed et frastøtende fikspunkt i x = 0 og et tiltrekkende fikspunkt i x = µ 1)/µ. 9