120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

150

description

Mechanics

Transcript of 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

Page 1: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ
Page 2: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

ii

Συγγραφείς: Μενής Ιωάννης, Παντίσκος Νικόλαος ISBN: 978-960-99020-4-5 Copyright: Ιωάννης Μενής, Αθήνα 2009 Στοιχειοθεσία – Σελιδοποίηση:

Ιωάννης Μενής [email protected] http://johnchios.webs.com

Έκδοση – Κεντρική Διάθεση:

Εκδόσεις Copy Factory Γρηγορίου Κουσίδου 87 – Ζωγράφου 210 77 82 394 210 77 17 730

[email protected] http://www.copyfactory.gr Έκδοση Α 2010 – Α εκτύπωση Επιτρέπεται η αναπαραγωγή αποσπασμάτων του παρόντος βιβλίου χωρίς την έγγραφη άδεια των συγγραφέων ή του εκδότη με την προ-ϋπόθεση ότι θα αναφέρεται η «πηγή» και ότι δε θα εντάσσεται στο πλαίσιο των διατάξεων του Ν. 2121/93.

Κάθε γνήσιο αντίτυπο φέρει τη χειρόγραφη υπογραφή ενός εκ των συγγραφέων

Page 3: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

iii

Στη Μαρίλια

Το πνευματικό μου παιδί

Page 4: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

iv

Page 5: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

v

Πρόλογος Η κλασική μηχανική αποτελεί ένα από τα σπουδαιότερα οικοδομή-ματα της θεωρητικής φυσικής. Ο όρος «κλασική μηχανική» αναφέ-ρεται στο σύστημα μαθηματικής φυσικής το οποίο ξεκίνησε τον 17ο αιώνα από τον Isaac Newton βασισμένο πάνω στις αστρονομικές θεωρίες του Johannes Kepler και του Tycho Brahe. Η θεωρία αυτή επεκτάθηκε και αναδιατυπώθηκε από τους Lagrange και Hamilton. Η μελέτη των προβλημάτων της κλασικής μηχανικής συνεχίστηκε στον 20ο αιώνα από σπουδαίους μαθηματικούς όπως ο Henri Poin-care, φτάνοντας μέχρι σήμερα με τη μη γραμμική δυναμική και την εισαγωγή της έννοιας του Χάους. Η κλασική μηχανική ασχολείται με τη μαθηματική περιγραφή της κίνησης σωμάτων υπό την επίδρα-ση δυνάμεων. Η κλασική μηχανική είναι μία ανεξάντλητη πηγή νέων θεμάτων και προβληματισμών. Το παρόν βιβλίο φιλοδοξεί να αποτελέσει ένα μι-κρό βοήθημα στα χέρια του αναγνώστη που επιθυμεί να ξεκινήσει την ενασχόλησή του με αυτό το σπουδαίο κομμάτι της φυσικής, με σύντομη αλλά περιεκτική αναφορά στη θεωρία και μία ικανοποιητι-κή συλλογή λυμένων ασκήσεων. Παρουσίαση βιβλίου Το παρόν βιβλίο αποτελείται 120 λυμένα παραδείγματα. Επίσης έ-χουν σχεδιαστεί αρκετά σχήματα τα οποία βοηθούν στην καλύτερη αντίληψη των ασκήσεων. Σε κάθε άσκηση υπάρχει συνοπτικά η βα-σική θεωρία καθώς επίσης ένα σύνολο παρατηρήσεων και υπενθυμί-σεων τη συμπληρώνει. Αξίζει να σημειωθεί… Ένα μέρος των προβλημάτων είναι θέματα εξετάσεως του Πανεπι-στημίου Αθηνών του τμήματος Φυσικής του μαθήματος Μηχανική ΙΙ το οποίο διδάσκουν οι καθηγητές Θεοχάρης Αποστολάτος και Πέ-τρος Ιωάννου και βρίσκονται στην επίσημη ιστοσελίδα:

http://www.cc.uoa.gr/~pji/mech2.

Page 6: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

vi

Page 7: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

Προβλήματα

r

pr

E2 > 0

E2 > 0 E1 < 0 E1 < 0

Page 8: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

2

ΠΠεερριιεεχχόόμμεενναα Τυπολόγιο................................................................................................3 Εξοικείωση με τα διανύσματα – εσωτερικό και εξωτερικό γινόμενο .....6 Συστήματα συντεταγμένων ...................................................................13 Κινητική ενέργεια..................................................................................22 Δυναμική ενέργεια ................................................................................26 Νόμοι του Νεύτωνα...............................................................................30 Ορισμοί..................................................................................................31 Lagrangian.............................................................................................35 Δύο σωματίδια δεμένα με νήμα.............................................................41 Ελεύθερο Σωμάτιο.................................................................................44 Πτώση σωματιδίου στο Βαρυτικό πεδίο της Γης ..................................46 Μονοδιάστατος Γραμμικός Αρμονικός Ταλαντωτής ............................47 Τρισδιάστατη κίνηση σωματιδίου στο Βαρυτικό πεδίο της Γης ...........50 Εκκρεμές – Ελατήριο ............................................................................54 Ασκήσεις με Φορτισμένο σωματίδιο μέσα σε μαγνητικό πεδίο............61 Σχετικιστικό Σωματίδιο .........................................................................67 Αλληλεπιδρών σύστημα δύο σωμάτων .................................................71 Κίνηση φορτισμένου σωματιδίου μέσα σε μαγνητικό πεδίο.................76 Ελεύθερο σωματίδιο που κινείται πάνω σε κυλινδρική επιφάνεια .......86 Ελεύθερη κίνηση σωματιδίου πάνω σε επίπεδο με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ................................................................................................89 Σωματίδια πάνω σε κυκλική στεφάνη .................................................105 Παγιδευτικό δυναμικό .........................................................................111 Απλό εκκρεμές ....................................................................................129 Διπλό εκκρεμές....................................................................................131

Page 9: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

3

ΤΤυυπποολλόόγγιιοο Καρτεσιανές Συντεταγμένες (x,y,z) Διάνυσμα θέσης: ˆ ˆ ˆr xx yy zz

«μέτρο στο τετράγωνο» 2 2 2 2r x y z

Διάνυσμα ταχύτητας: ˆ ˆ ˆr xx yy zz

«μέτρο στο τετράγωνο» 2 2 2 2x y z

Διάνυσμα επιτάχυνσης: ˆ ˆ ˆr xx yy zz

Σφαιρικές Συντεταγμένες (r,θ,φ) Διάνυσμα θέσης: ˆr rr

«μέτρο στο τετράγωνο» 2 2r r

Διάνυσμα ταχύτητας: ˆˆ ˆr rr r r sin

«μέτρο στο τετράγωνο» 2 2 2 2 2 2 2r r r sin

Διάνυσμα επιτάχυνσης:

2 2

2

ˆr r r sin r

ˆ2r r r sin cos

ˆ2r 2r sin r sin

Κυλινδρικές Συντεταγμένες (r,φ,z) Διάνυσμα θέσης: ˆ ˆr rr zz

«μέτρο στο τετράγωνο» 2 2 2r r z

Διάνυσμα ταχύτητας: ˆ ˆ ˆr rr r zz

«μέτρο στο τετράγωνο» 2 2 2 2 2r r z

Διάνυσμα επιτάχυνσης: 2 ˆ ˆ ˆr r r 2r r zz

Παρατήρηση Με qi θα συμβολίζουμε τις γενικευμένες συντεταγμένες. Για παράδειγμα, στο καρτεσιανό σύστημα qi = x,y,z, ενώ στο σύστημα σφαιρικών συντεταγμένων qi = r,φ,z.

Page 10: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

4

Lagrangian Η Lagrangian ορίζεται ως:

L T V (1) όπου Τ η κινητική ενέργεια και V η δυναμική ενέργεια.

Εξισώσεις Euler - Lagrange Οι εξισώσεις κίνησης της φυσικής τροχιάς του σωματιδίου προκύπτουν από τις εξισώσεις Euler – Lagrange και είναι:

i i

L d L0

q dt q

(2)

Γενικευμένη Ορμή

ii

Lp

q

(3)

Γενικευμένη Δύναμη

ii

Lp

q

(4)

Δράση

B

A

t

t

S Ldt (5)

Αρχή της ελάχιστη Δράσης ή Αρχή του Hamilton Ένα σωματίδιο που ξεκινάει από το σημείο Α τη χρονική στιγμή tA, και περνάει από το σημείο Β τη χρονική στιγμή tB, ακολουθεί εκείνη τη δι-αδρομή όπου η δράση (S) καθίσταται στάσιμη.

Μετασχηματισμός βαθμονόμησης

df q, tL q,q, t L q,q, t

dt (6)

Αν στη Lagrangian ενός συστήματος L q,q, t προσθέσουμε μία τέλεια

χρονική παράγωγο μίας συνάρτησης, τότε η νέα Lagrangian L q,q, t

περιγράφει το ίδιο φυσικό σύστημα.

Page 11: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

5

Lagrangian φορτισμένου σωματιδίου μέσα σε Η/Μ πεδίο Γενικά, η Lagrangian ενός φορτισμένου σωματιδίου q και μάζας m που

κινείται μέσα σε ηλεκτρομαγνητικό πεδίο, με ανυσματικό δυναμικό

και βαθμωτό δυναμικό φ, είναι:

21L mx q x q

2

(7)

Μετατροπή Lagrangian σε Hamiltonian Η Hamiltonian Η(p,q) γράφεται:

i ii

p q L (8)

Εξισώσεις του Hamilton

ii

Hq

p

, ii

Hp

q

(9)

Αγκύλη Poisson Η αγκύλη Poisson ορίζεται:

i i i i i

A B A B,

q p p q

(10)

Χρονική εξέλιξη φυσικού μεγέθους Η χρονική εξέλιξη ενός φυσικού μεγέθους Α(q,p) μπορεί να γραφεί:

dAA,H

dt (11)

Πιο γενικά, αν Α(q,p,t), τότε:

dA AA,H

dt t

(12)

Page 12: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

6

ΕΕξξοοιικκεείίωωσσηη μμεε τταα δδιιααννύύσσμμαατταα –– εεσσωωττεερριικκόό κκααιι εεξξωωττεερριικκόό γγιιννόόμμεεννοο 1. Δύο διανύσματα στο χώρο είναι σχεδιασμένα στο διπλανό σχήμα. Ποιο είναι το διάνυσμα που έχει σχεδιαστεί με την έντονη γραμμή;

Το διάνυσμα που είναι σχεδιασμένο με την έντονη γραμμή είναι το:

1 2r r

. 2. Δύο διανύσματα στο χώρο είναι σχεδιασμένα στο διπλανό σχήμα. Ποιο είναι το διάνυσμα που έχει σχεδιαστεί με την έντονη γραμμή;

Το διάνυσμα που είναι σχεδιασμένο με την έντονη γραμμή είναι το:

1 2r r

.

1r

2r

1r

2r

1 2r r

1r

2r

Page 13: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

7

3. Έστω δύο διανύσματα του καρτεσιανού επιπέδου με 1 1 1r x , y

και 2 2 2r x , y

. Γράψτε το εσωτερικό τους γινόμενο. Ποιο είναι το

μέτρο του κάθε διανύσματος; Βρείτε τη γωνία που σχηματίζουν τα δύο διανύσματα. Βρείτε το 1 2r r

.

Το εσωτερικό γινόμενο τους είναι

1 2 1 2 1 2r r x x y y

και είναι ένα βαθμωτό μέγεθος. Σύμβαση

Υπάρχουν διάφοροι συμβολισμοί του εσωτερικού γινομένου δύο δια-νυσμάτων, όπως: 1 2r r

, 1 2r r , 1 2r , r

ή και 1 2r r

.

Εμείς θα το συμβολίζουμε είτε 1 2r r

είτε για συντομία 1 2r r

.

Το μέτρο του διανύσματος 1r

συμβολίζεται με r1 ή 1r

και είναι:

2 2

1 1 1r x y

Όμοια, 2 2

2 2 2r x y

Αν θ είναι η γωνία μεταξύ των διανυσμάτων, τότε, ισχύει:

1 2 1 2r r r r cos

Από τα προηγούμενα έχουμε:

2 2 2 21 2 1 1 2 2

1 2 1 2 1 2

r r x y x ycos cos

r r x x y y

Page 14: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

8

4. Αν 1r

και 2r

είναι διανύσματα, εξηγείστε ποια από τα παρακάτω μεγέθη είναι βαθμωτά και ποια διανύσματα: α) 1 2r 5r

β) 1 25r r

γ) 1 2 1 1 2 2r r r r r r

δ) 1 2 1 2r r r r

ε) 21r

α) βαθμωτό β) βαθμωτό γ) διάνυσμα δ) βαθμωτό

ε) βαθμωτό, γιατί: 22 2

1 1 1 1 1r r r r r

.

5. Έστω δύο διανύσματα του καρτεσιανού χώρου με 1 1 1 1r x , y ,z

και 2 2 2 2r x , y ,z

. Γράψτε το εσωτερικό τους γινόμενο. Ποιο είναι το

μέτρο του κάθε διανύσματος; Μπορείτε να βρείτε τη γωνία που σχημα-τίζουν τα δύο διανύσματα; Το εσωτερικό γινόμενο τους είναι

1 2 1 2 1 2 1 2r r x x y y z z

όπου είναι ένα βαθμωτό μέγεθος.

Το μέτρο του διανύσματος 1r

είναι: 2 2 21 1 1 1r x y z

Όμοια, 2 2 2

2 2 2 2r x y z

Αν θ είναι η γωνία μεταξύ των διανυσμάτων, τότε, ισχύει

1 2 1 2r r r r cos

Από τα προηγούμενα έχουμε:

1 2 1 2 1 2 1 2

2 2 2 2 2 21 2 1 1 1 2 2 2

r r x x y y z zcos cos

r r x y z x y z

Επίσης,

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2r r x x y y z z

Page 15: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

9

6. Με βάση το εσωτερικό γινόμενο, πότε δύο διανύσματα 1r

και 2r

είναι κάθετα μεταξύ τους; Το εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων είναι:

1 2 1 2r r r r cos

Αν είναι κάθετα, τότε η μεταξύ τους γωνία είναι θ = π/2. Έτσι, δύο δια-νύσματα είναι κάθετα όταν ισχύει:

1 2r r 0

αφού cos 02

.

7. Με βάση το εσωτερικό γινόμενο, πότε δύο διανύσματα 1r

και 2r

είναι παράλληλα; Αν είναι παράλληλα, τότε η γωνία που σχηματίζουν είναι θ = 0. Έτσι,

1 2 1 2r r r r

αφού cos0 1 .

8. Με βάση το εσωτερικό γινόμενο, πότε δύο διανύσματα 1r

και 2r

είναι αντιπαράλληλα; Αν είναι αντιπαράλληλα, τότε η γωνία που σχηματίζουν είναι θ = π. Έ-τσι,

1 2 1 2r r r r

αφού cos 1 .

Page 16: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

10

9. Ποιο είναι το εξωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων

1 1 1 1r x , y ,z

και 2 2 2 2r x , y ,z

; Αν θ είναι η γωνία μεταξύ των δια-

νυσμάτων, βρείτε το μέτρο του εξωτερικού γινομένου τους; Το εξωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων είναι ένα διάνυσμα που ορίζεται από την ορίζουσα:

1 2 1 1 1

2 2 2

ˆ ˆ ˆx y z

y z

x y z

r r x

Τα μοναδιαία διανύσματα του καρτεσιανού συστήματος συντεταγμένων είναι τα ˆ ˆ ˆx, y,z για τους άξονες Οx, Οy και Οz αντίστοιχα.

Υπενθύμιση Ανάλυση ορίζουσας

1 1 1

2 2 2

1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

ˆ ˆ ˆx y z

y z

x y z

y z x z x yˆ ˆ ˆx y z

y z x z x y

ˆ ˆ ˆx y z z y y x z z x z x y z y

x

Αν θ είναι η γωνία μεταξύ των διανυσμάτων, τότε ισχύει:

1 2 1 2r rr r sin

Παρατήρηση

Αν n είναι το μοναδιαίο κάθετο διάνυσμα του επιπέδου που σχηματί-ζουν τα δύο διανύσματα, τότε το εξωτερικό γινόμενο μπορεί να γρα-φεί: 1 2 1 2 nr r r r

1r

2r

θ n

1 2r r

Page 17: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

11

10. Τι ονομάζουμε ορθογώνια διανύσματα; Δύο μη μηδενικά διανύσματα 1 2r r

, είναι κάθετα ή ορθογώνια μεταξύ

τους όταν το εσωτερικό γινόμενό τους είναι μηδενικό.

1 2r r 0

11. Τι ονομάζουμε μοναδιαία διανύσματα; Ένα διάνυσμα είναι μοναδιαίο όταν το μέτρο του είναι ίσο με τη μονά-δα.

ie 1

12. Ποιο είναι το μοναδιαίο διάνυσμα κατά τη διεύθυνση ενός διανύ-σματος r

;

r

rr

13. Τι ονομάζουμε ορθοκανονικά διανύσματα; Τα ορθοκανονικά διανύσματα είναι μοναδιαία και ορθογώνια μεταξύ τους.

2 2

1 2ˆ ˆe e 1 και 1 2ˆ ˆe e 0

14. Με τι ισούται το εξωτερικό γινόμενο δύο παράλληλων διανυσμά-των; Το εξωτερικό γινόμενο δύο παράλληλων διανυσμάτων είναι μηδέν.

Page 18: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

12

15. Αν 1r

, 2r

και 3r

είναι διανύσματα, εξηγείστε ποια από τα παρακά-τω μεγέθη είναι βαθμωτά και ποια διανύσματα: α) 1 2r r

β) 1 2 3r r r

γ) 1 1 2r r r

δ) 1 2 1 3r r r r

ε) 1 2 3r r r

α) 1 2r r

είναι διάνυσμα.

β) 1 2 3r r r

είναι διάνυσμα, αφού είναι το εξωτερικό γινόμενο των

διανυσμάτων 1r

και 2 3r r

.

γ) 1 1 2r r r

είναι βαθμωτό, αφού είναι το εσωτερικό γινόμενο μεταξύ

των διανυσμάτων 1r

και 1 2r r

.

δ) 1 2 1 3r r r r

είναι βαθμωτό, αφού είναι το εσωτερικό γινόμενο

μεταξύ των διανυσμάτων 1 2r r

και 1 3r r

ε) 1 2 3r r r

είναι διάνυσμα, αφού είναι το εξωτερικό γινόμενο μεταξύ

των διανυσμάτων 1r

και 2 3r r

.

16. Ποιες από τις παρακάτω εκφράσεις έχουν νόημα, αν 1r

, 2r

και 3r

είναι διανύσματα.

α) 21 2r r

β) 1 2 3r r r

γ) 1 2 1 3r r r r

δ) 1 2 3r r r

ε) 1

1

r , στ)

1 2

1

r r

α) Αφού 22 2

2 2 2 2 2r r r r r

είναι βαθμωτό, η έκφραση 21 2r r

δεν έχει

νόημα. Δεν ορίζεται εξωτερικό γινόμενο ενός διανύσματος με ένα βαθ-μωτό. β), γ) Δεν έχει νόημα για τον ίδιο λόγο με α. δ) Αν η τελεία , , αντιπροσωπεύει εσωτερικό γινόμενο μεταξύ δύο δια-νυσμάτων, τότε η έκφραση 1 2 3r r r

δεν έχει νόημα, αφού δεν ορίζεται

εσωτερικό γινόμενο ενός διανύσματος με ένα βαθμωτό. Θα είχε νόημα αν 1 2 3 1 2 3r r r r r r

που σημαίνει απλά το βαθμωτό πολλαπλασιασμό

του αριθμού 1 2r r

με το διάνυσμα 3r

.

ε) Δεν έχει νόημα, αφού δεν ορίζεται διαίρεση διανύσματος. στ) Έχει νόημα, αφού το εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων είναι βαθμωτό μέγεθος.

Page 19: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

13

ΣΣυυσσττήήμμαατταα σσυυννττεεττααγγμμέέννωωνν 17. Υποθέστε ότι η κίνηση ενός σωματιδίου γίνεται πάνω σε ένα επί-πεδο. Αν ˆ ˆr xx yy x, y

το διάνυσμα θέσης του σωματιδίου ως

προς ένα καρτεσιανό σύστημα αναφοράς και x, y οι συνιστώσες της θέσης μία χρονική στιγμή t, τότε από ποια έκφραση υπολογίζεται: α) η απόσταση του σωματιδίου από την αρχή των αξόνων; β) η ταχύτητά του, γ) το μέτρο της ταχύτητάς του, το τετράγωνο του μέτρου και δ) η επιτάχυνση του; ε) Από ποια έκφραση υπολογίζεται η γωνία, έστω θ, που σχηματίζει το διάνυσμα θέσης με την ταχύτητα του σωματιδίου μία χρονική στιγμή t; στ) Από ποια έκφραση υπολογίζεται η γωνία, έστω φ, που σχηματίζει το διάνυσμα θέσης με την επιτάχυνση του σωματιδίου μία χρονική στιγμή t; ζ) Ποιο είναι το μοναδιαίο διάνυσμα κατά τη διεύθυνση του r

;

η) Ποιο είναι το μοναδιαίο διάνυσμα κατά τη διεύθυνση του

;

Σε καρτεσιανές συντεταγμένες, το διάνυσμα θέσης γράφεται:

ˆ ˆr xx yy

όπου x και y είναι οι συντεταγμένες θέσης κάθε χρονική στιγμή του σωματιδίου (x = x(t), y = y(t)). α) Η απόσταση του σωματιδίου από την αρχή των αξόνων είναι το μέ-τρο του διανύσματος θέσης:

2 2r r x y

β) Η στιγμιαία ταχύτητα του σωματιδίου είναι:

ˆ ˆr xx yy

Σύμβαση Χρονική παράγωγος Θα συμβολίζουμε τη χρονική παράγωγο ενός μεγέθους με μια τελεία

(dot) πάνω από το μέγεθος. Για παράδειγμα, r dr / dt .

γ) Το μέτρο της ταχύτητας είναι:

2 2x y

Page 20: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

14

Ενώ το τετράγωνο του μέτρου της ταχύτητας είναι:

2 2 2x y

δ) Η στιγμιαία επιτάχυνση του σωματιδίου είναι:

ˆ ˆr xx yx

ε) r r cos

2 2 2 2

r xx yycos

r x y x y

στ) r r cos

2 2 2 2

r xx yycos

r x y x y

ζ) Το μοναδιαίο διάνυσμα κατά τη διεύθυνση του r

είναι:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

ˆ ˆr r xx yy x y x yˆ ˆ ˆr x y ,

r r x y x y x y x y x y

η) Το μοναδιαίο διάνυσμα κατά τη διεύθυνση του

είναι:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

ˆ ˆxx yy x y x yˆ ˆ ˆx y ,

x y x y x y x y x y

Παρατήρηση Το διάνυσμα θέσης, r

, συμβολίζεται και με x

ή r ή x. Εμείς θα κρα-

τήσουμε τον πρώτο συμβολισμό.

Page 21: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

15

18. Έστω Α ένα σημείο του επιπέδου xy με πολικές συντεταγμένες r και φ και καρτεσιανές συντεταγμένες x και y. Ποιες είναι οι σχέσεις μεταξύ των πολικών και καρτεσιανών συντεταγμένων; Ο πολικός μετασχηματισμός των καρτεσιανών συντεταγ-μένων είναι

x r cos y r sin

19. α) Αν r

είναι το διάνυσμα θέσης ενός σωματιδίου που κινείται

πάνω στο επιπέδου xy, πώς γράφεται σε καρτεσιανές και πως σε πολι-κές συντεταγμένες; β) Ποιος είναι ο μετασχηματισμός των μοναδιαίων διανυσμάτων από το καρτεσιανό σύστημα στο πολικό σύστημα;

α) Το διάνυσμα θέσης σε καρτεσιανές συντεταγμένες γράφεται

ˆ ˆr xx yy

ενώ σε πολικές ˆr rr

, όπου ˆ ˆr, τα μοναδιαία διανύσματα των πολικών συντεταγμένων. β) Οι μετασχηματισμοί των μοναδιαίων διανυσμάτων είναι:

ˆ ˆ ˆr cos x sin y

ˆ ˆ ˆsin x cos y

O

y

x

r

x

y

φ

r

r

O

y

x

Α

r

x

φ

y

Page 22: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

16

20. Δείξτε ότι στο πολικό σύστημα συντεταγμένων: ˆ ˆr και

ˆ r .

ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆr sin x cos y sin x cos y

ˆ ˆˆ ˆcos x sin y r 21. Υποθέστε ότι η κίνηση ενός σωματιδίου γίνεται πάνω σε ένα επί-πεδο. Αν r

είναι το διάνυσμα θέσης να γραφούν σε πολικές συντεταγ-

μένες: α) η ταχύτητά του σωματιδίου, β) το τετράγωνο του μέτρου της ταχύτητας του δ) η επιτάχυνσή του. στ) Υπολογίστε τα εσωτερικά γινόμενα: ˆ ˆr,

.

Σε πολικές συντεταγμένες, το διάνυσμα θέσης γράφεται:

ˆr rr

Η στιγμιαία ταχύτητα του σωματιδίου είναι:

ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆr rr rr zz zz rr r

Το τετράγωνο του μέτρου της ταχύτητας, είναι:

2 2 2 2 2r r z

Με παρόμοιο τρόπο βρίσκουμε και την επιτάχυνση του σωματιδίου:

2 ˆ ˆr r r 2r r

1 0

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆr rr r r r r r r r r

0 1

ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆrr r r r r r

Page 23: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

17

22. Να γραφούν η θέση, η ταχύτητα, το μέτρο του τετραγώνου της ταχύτητας και η επιτάχυνση ενός σωματιδίου που κινείται στο χώρο, σε καρτεσιανές συντεταγμένες.

Ας υποθέσουμε ότι έχουμε ένα σωματίδιο το οποίο κινείται στον τρισδιάστατο χώρο ακο-λουθώντας τη διαδρομή C. Τό-τε, μπορούμε να περιγράψουμε τη θέση του σωματιδίου με το διάνυσμα θέσης r

, το οποίο

έχει εξάρτηση από το χρόνο

r t

. Σε καρτεσιανές συντε-

ταγμένες, το διάνυσμα θέσης γράφεται:

ˆ ˆ ˆr xx yy zz

όπου x,y,z είναι οι συντεταγμένες κάθε χρονική στιγμή του σωματιδίου (x = x(t), y = y(t), z = z(t)). Η στιγμιαία ταχύτητα του σωματιδίου είναι:

ˆ ˆ ˆr xx yy zz

Το τετράγωνο του μέτρου της ταχύτητας είναι:

2 2 2 2x y z

Τέλος, η στιγμιαία επιτάχυνση του σωματιδίου είναι:

ˆ ˆ ˆr xx yx zz

y

r

x y

z

x

z

C

Page 24: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

18

23. α) Ποιες είναι οι σχέσεις μεταξύ των κυλινδρικών και καρτεσια-νών συντεταγμένων; β) Ποιος είναι ο μετασχηματισμός των μοναδιαίων διανυσμάτων από το καρτεσιανό σύστημα στο κυλινδρικό σύστημα;

α) Ο κυλινδρικός μετασχηματισμός των καρτεσιανών συντεταγμένων είναι

x r cos y r sin

z z β) Οι μετασχηματισμοί μοναδιαίων διανυσμάτων είναι

ˆ ˆ ˆr cos x sin y

ˆ ˆ ˆsin x cos y

ˆ ˆz z

O y

x

z

r

z

φ x

y

z

r

Page 25: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

19

24. Δείξτε ότι στο κυλινδρικό σύστημα συντεταγμένων: ˆ ˆr , ˆ r , z 0

ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆr sin x cos y sin x cos y

ˆ ˆˆ ˆcos x sin y r

z 0 25. Να γραφούν η θέση, η ταχύτητα, το τετράγωνο του μέτρου της ταχύτητας και η επιτάχυνση ενός σωματιδίου που κινείται στο χώρο, σε κυλινδρικές συντεταγμένες. Σε κυλινδρικές συντεταγμένες, το διάνυσμα θέσης γράφεται:

ˆ ˆr rr zz

Η στιγμιαία ταχύτητα του σωματιδίου είναι:

ˆ ˆ ˆ ˆˆ ˆ ˆr rr rr zz zz rr r zz

Το μέτρο του τετραγώνου της ταχύτητας, είναι:

2 2 2 2 2r r z

Με παρόμοιο τρόπο βρίσκουμε και την επιτάχυνση του σωματιδίου:

2 ˆ ˆ ˆr r r 2r r zz

Page 26: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

20

26. α) Ποιες είναι οι σχέσεις μεταξύ των σφαιρικών και καρτεσιανών συντεταγμένων; β) Ποιος είναι ο μετασχηματισμός των μοναδιαίων διανυσμάτων από το καρτεσιανό σύστημα στο σφαιρικό σύστημα;

α) Ο σφαιρικός μετασχηματισμός των καρτεσιανών συντεταγμένων εί-ναι

x r cos sin y r sin sin z r cos

β) Οι μετασχηματισμοί μοναδιαίων διανυσμάτων είναι

ˆ ˆ ˆ ˆr cos sin x sin sin y cos z ˆ ˆ ˆ ˆcos cos x sin cos y sin z

ˆ ˆ ˆsin x cos y

x

y

z

r

P

r

A

θ

φ

Ο

Page 27: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

21

27. Να γραφούν η θέση, η ταχύτητα, το τετράγωνο του μέτρου της ταχύτητας και η επιτάχυνση ενός σωματιδίου που κινείται στο χώρο, σε σφαιρικές συντεταγμένες. Σε σφαιρικές συντεταγμένες, το διάνυσμα θέσης γράφεται:

ˆr rr

Παρατήρηση Τα μοναδιαία διανύσματα των σφαιρικών συντεταγμένων μεταβάλλο-νται με το χρόνο ακολουθώντας την κίνηση του σωματιδίου.

ˆˆ ˆr sin

ˆˆ ˆsin r cos

ˆ ˆ ˆr cos

Η στιγμιαία ταχύτητα του σωματιδίου προκύπτει:

ˆˆ ˆr rr r r sin

Το μέτρο του τετραγώνου της ταχύτητας, είναι:

2 2 2 2 2 2 2r r r sin

Τέλος, η στιγμιαία επιτάχυνση του σωματιδίου είναι:

2 2

2

ˆr r r sin r

ˆ2r r r sin cos

ˆ2r 2r sin r sin

Page 28: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

22

ΚΚιιννηηττιικκήή εεννέέρργγεειιαα 28. Ποια είναι η κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m κινού-μενο με ταχύτητα

;

Η κινητική ενέργεια είναι:

21T m

2

όπου 22 2

το τετράγωνο του μέτρου της ταχύτητας.

29. Ποια είναι η κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m που κι-νείται κατά μήκος του άξονα x;

2 21 1T m mx

2 2

30. Ποια είναι η κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m που κι-νείται στο επίπεδο xy, σε καρτεσιανές συντεταγμένες;

2 2 21 1T m m x y

2 2

αφού ˆ ˆxx yy

και 2 2 2x y . 31. Ποια είναι η κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m που κι-νείται στο χώρο σε καρτεσιανές συντεταγμένες;

2 2 2 21 1T m m x y z

2 2

αφού ˆ ˆ ˆxx yy zz

και 2 2 2 2x y z .

Page 29: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

23

32. Ποια είναι η κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m που κι-νείται στο επίπεδο xy, σε πολικές συντεταγμένες;

2 2 2 21 1T m m r r

2 2

αφού ˆ ˆr rr r και 2 2 2 2r r .

33. Ποια είναι η κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m που κι-νείται στο χώρο, σε κυλινδρικές συντεταγμένες;

2 2 2 2 21 1T m m r r z

2 2

αφού ˆ ˆ ˆr rr r zz και 2 2 2 2 2r r z .

34. Ποια είναι η κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m που κι-νείται στο χώρο, σε σφαιρικές συντεταγμένες;

2 2 2 2 2 2 21 1T m m r r r sin

2 2

αφού ˆˆ ˆr rr r r sin και 2 2 2 2 2 2 2r r r sin

.

35. Ποια είναι η κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m που κι-νείται σε κυκλική τροχιά ακτίνας R, πάνω στο επίπεδο xy; Είναι βολικό να εργαστούμε σε πολικές συντεταγμένες, όπου η κινητική ενέργεια είναι:

2 2 2 21 1T m m r r

2 2

Page 30: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

24

Αφού το σωματίδιο κινείται σε κυκλική τροχιά ακτίνας r = R, τότε r 0 . Έτσι, η κινη-τική ενέργεια είναι:

2 2 21 1T m mR

2 2

36. Ποια είναι η κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m που ε-κτελεί ομαλή κυκλική κίνηση ακτίνας R και γωνιακής συχνότητας ω; Από την προηγούμενη άσκηση, επιβάλουμε η γωνιακή συχνότητα (τα-χύτητα) να είναι σταθερή, με άλλα λόγια:

d

dt

Έτσι,

2 2 21 1T m mR

2 2

37. Ποια είναι η κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m που κι-νείται με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω στο επίπεδο xy; Εργαζόμαστε σε πολικές συντεταγμένες.

2 2 2 2 2 2 21 1 1T m m r r m r r

2 2 2

Αυτή είναι, για παράδειγμα, η κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου που μπορεί να κινείται ελεύθερα πάνω σε μία περιστρεφόμενη ράβδο με σταθερή γωνιακή ταχύτητα.

R

Page 31: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

25

38. Ποια είναι η κινητική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m που κι-νείται πάνω σε σφαίρα ακτίνας R; Είναι βολικό να εργαστούμε σε σφαιρικές συντεταγμένες. Άρα, η κινη-τική ενέργεια είναι:

2 2 2 2 2 2 21 1T m m r r r sin

2 2

Αν το σύστημα αναφοράς βρίσκεται στο κέντρο της σφαίρας, τότε r = R. Έτσι, η κινητική ενέργεια γράφεται:

2 2 2 2 2 21 1T m m R R sin

2 2

Παρατήρηση Αν θέλαμε, για παράδειγμα, να γράψουμε την κινητική ενέργεια σε καρτεσιανές συντεταγμένες, απλά θα κάναμε τη ζωή μας πιο δύσκολη. Ο περιορισμός το σωματίδιο να κινείται πάνω σε μία σφαίρα είναι:

2 2 2 2x y z R

Παραγωγίζοντας ως προς το χρόνο, έχουμε:

222

2 2 2

xx yy2xx 2yy 2zz 0 xx yy zz 0 z

z

xx yyxx yyz

z R x y

Επομένως, η κινητική ενέργεια σε καρτεσιανές συντεταγμένες παίρνει την πολύπλοκη μορφή:

2

2 2 2 2 2 22 2 2

xx yy1 1 1T m m x y z m x y

2 2 2 R x y

Page 32: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

26

39. Ποια είναι η κινητική ενέργεια δύο σωματιδίων μαζών m1 και m2 που κινούνται στο χώρο, σε καρτεσιανές συντεταγμένες; Αν 1 1 1 1r x , y ,z

είναι το διάνυσμα θέσης του σωματιδίου με μάζα m1

και 2 2 2 2r x , y ,z

για το m2, τότε η κινητική ενέργεια του συστήματος

είναι:

2 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2

1 1 1 1T m m m x y z m x y z

2 2 2 2

40. Ποια είναι η κινητική ενέργεια ενός συστήματος N σωματιδίων; Αν mi είναι η μάζα του i οστού σωματιδίου και i i i ir x , y ,z

το διά-

νυσμα θέσης του, τότε η κινητική ενέργεια του συστήματος είναι:

N N

2 2 2 2i i i i i i

i 1 i 1

1 1T m m x y z

2 2

ΔΔυυννααμμιικκήή εεννέέρργγεειιαα 41. Ποια είναι η δυναμική ενέργεια ενός σωματιδίου μάζας m που απέχει ύψος z πάνω από το επίπεδο μηδενικής βαρυτικής δυναμικής ενέργειας;

V mgz Αν βρίσκονταν κάτω από το επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας, τότε

V mgz

42. Ποια είναι η δυναμική ενέργεια ενός συστήματος μη αλληλεπι-δρώντων σωματιδίων μέσα σε ένα ομογενές βαρυτικό πεδίο εντάσεως g;

N

i ii 1

V m gz

Page 33: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

27

43. Να γραφεί η δυναμική ενέργεια ενός σωματιδίου που είναι συνδε-δεμένο με ελατήριο σταθεράς k και φυσικού μήκους ως προς το α-κλόνητο άκρο του ελατηρίου.

Αν x είναι η απόσταση του σωματιδίου από το ακλόνητο άκρο του ελα-τηρίου και το φυσικό μήκος του ελατηρίου, τότε η επιμήκυνση του ελατηρίου είναι x . Έτσι, η δυναμική ενέργεια είναι:

21V k x

2

44. Να γραφεί η δυναμική ενέργεια ενός σωματιδίου που είναι συνδε-δεμένο με ελατήριο σταθεράς k και φυσικού μήκους ως προς τη θέση ισορροπίας του.

Αν x είναι η απομάκρυνση του σωματιδίου από τη θέση ισορροπίας του, τότε η δυναμική ενέργεια είναι:

21V kx

2

Παρατήρηση Όπως βλέπουμε, η επιλογή του συστήματος αναφοράς παίζει καθορι-στικό ρόλο στη δυναμική και στην κινητική ενέργεια των σωματιδίων.

F υ

x

km

F υ

x

km

Page 34: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

28

45. Θεωρείστε την παρακάτω διάταξη δύο σωματιδίων μαζών m1 και m2 και τριών γραμμικών ελατηρίων μεταξύ δύο ακλόνητων τοίχων.

Αν τα σωματίδια κινούνται χωρίς τριβές, ποια είναι η δυναμική ενέρ-γεια του συστήματος;

Αν κάποια χρονική στιγμή οι μετατοπίσεις των μαζών από τις θέσεις ισορροπίας τους είναι x1 και x2 (έστω x1 > x2 >0), τότε το πρώτο ελατή-ριο έχει επιμηκυνθεί κατά x1, το δεύτερο έχει συμπιεστεί κατά x1 – x2, ενώ το τρίτο έχει συμπιεστεί κατά x2. Έτσι, η δυναμική ενέργεια του συστήματος είναι:

22 21 1 2 1 2 3 2

1 1 1V k x k x x k x

2 2 2

46. Θεωρείστε την παρακάτω διάταξη δύο σωματιδίων μαζών m1 και m2 και δύο γραμμικών ελατηρίων.

Αν τα σωματίδια κινούνται χωρίς τριβές, ποια είναι η δυναμική ε-νέργεια του συστήματος;

Αν κάποια χρονική στιγμή οι μετατοπίσεις των μαζών από τις θέσεις ισορροπίας τους είναι x1 και x2 (έστω x1 > x2 > 0), τότε το πρώτο ελα-τήριο έχει επιμηκυνθεί κατά x1 και το δεύτερο έχει συμπιεστεί κατά x1 – x2. Έτσι, η δυναμική ενέργεια του συστήματος είναι:

221 1 2 1 2

1 1V k x k x x

2 2

m1 m2k1 k2

x1 x2

m1 m2k1 k2 k3

x1 x2

Page 35: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

29

47. Ένα διατομικό μόριο σε υ-ψηλές θερμοκρασίες, εκτός από τους 3 χωρικούς και 2 περιστρο-φικούς βαθμούς ελευθερίας, έχει άλλους 2 ταλαντωτικούς. Θεωρεί-στε ότι τα άτομα του μορίου μα-ζών m1 και m2 αλληλεπιδρούν μέ-σω ενός γραμμικού ελατηρίου k, όπως φαίνεται στο σχήμα. Αν τα σωματίδια κινούνται χωρίς τριβές, ποια είναι η δυναμική ε-νέργεια του συστήματος;

2

1 2

1V k x x

2

48. Θεωρείστε την επίπεδη διάταξη τριών σωματιδίων μαζών m1, m2 και m3 και τριών γραμμικών ελατηρίων που συνδέουν τις μά-ζες μεταξύ τους, όπως φαίνεται στο σχήμα. Αν τα σωματίδια κινούνται χωρίς τριβές, ποια είναι η δυναμική ενέργεια του συστή-ματος;

Αν κάποια χρονική στιγμή το μήκος των τόξων των μαζών από τις θέσεις ισορροπίας τους είναι S1 = Rφ1, S2 = Rφ2 και S3 = Rφ3 (έστω S1 > S2 > S3 > 0), τότε το πρώτο ελατήριο έχει συμπιε-στεί κατά S1 – S2, το δεύτερο ελατήριο έχει συμπιεστεί κατά S2 – S3 και το τρίτο έχει επι-μηκυνθεί κατά S1 – S3. Οι γωνίες φi έχουν αρ-χή τη θέση ισορροπίας του αντίστοιχου σωμα-τιδίου. Η δυναμική ενέργεια του συστήματος είναι:

2 2 22 2 21 1 2 2 2 3 3 1 3

1 1 1V k R k R k R

2 2 2

m1

m2

k2

k3

m3

R

k1

φ1

φ2

φ3

m1

m2

k2

k3

m3

R

k1

m1 m2k

x1 x2

Page 36: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

30

ΝΝόόμμοοιι ττοουυ ΝΝεεύύττωωνναα 49. Διατυπώστε τους νόμους του Νεύτωνα.

Πρώτος Νόμος – Αρχή της Αδράνειας Κάθε σώμα παραμένει στην κατάσταση ηρεμίας ή ομαλής κίνησης που είχε, εκτός εάν αναγκαστεί να μεταβάλλει την κατάσταση αυτή εξαιτίας δυνάμεων που ασκούνται πάνω του. Δεύτερος Νόμος – Θεμελιώδης Δυναμικός Νόμος Ο ρυθμός μεταβολής της ορμής είναι ίσος με την ασκούμενη δύναμη και συντελείται στη διεύθυνση της ευθείας κατά την οποία εφαρμόζεται αυτή η δύναμη. Μαθηματικά, ο δεύτερος νόμος για ένα σωματίδιο μάζας m γράφεται:

F mr

Τρίτος Νόμος – Αρχή δράσης – Αντίδρασης Σε κάθε δράση αντιτίθεται πάντα μια ίση αντίδραση, ή με άλλα λόγια, οι αμοιβαίες δράσεις που ασκούν δύο σώματα το ένα στο άλλο είναι πάντα ίσες και αντίθετες.

50. Ο πρώτος νόμος του Νεύτωνα είναι απόρροια του δεύτερου νόμου;

Αν και ο 1ος νόμος φαίνεται ως απόρροια του 2ου, δεν είναι. Πράγματι, αν μηδενίσουμε τη δύναμη, αμέσως προκύπτει από το 2ο νόμο ότι η τα-χύτητα του σώματος παραμένει η ίδια. Ο 1ος νόμος εισήχθη από το Νεύτωνα για να καθορίσει το είδος των συστημάτων αναφοράς τα οποία είναι κατάλληλα για να περιγράψουν σωστά (σύμφωνα με το δεύτερο νόμο) την κίνηση των σωμάτων υπό την επίδραση δεδομένων δυνάμεων. Τα συστήματα αυτά, τα οποία έ-χουν την ιδιότητα να βλέπουν ευθύγραμμη και ομαλή κίνηση των ε-λευθέρων σωματιδίων, ονομάζονται αδρανειακά συστήματα.

Page 37: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

31

51. Ο δεύτερος νόμος του Νεύτωνα ορίζει τη δύναμη; Ο 2ος νόμος δεν πρέπει να εκληφθεί ως ορισμός της δύναμης και για να έχει πρακτική σημασία θα πρέπει η δύναμη να δίνεται ανεξάρτητα. 52. Πού είναι χρήσιμος ο τρίτος νόμος του Νεύτωνα;

Με τον 3ο νόμο γίνεται επέκταση της εφαρμογής του δυναμικού νόμου (2ου νόμου) από σωματίδια μηδενικών διαστάσεων σε εκτεταμένα υλι-κά στερεά σώματα, διότι με την εμφάνιση ίσων και αντιθέτων δυνάμε-ων καταργείται οποιαδήποτε δύναμη θα μπορούσαμε ενδεχομένως να αποδώσουμε σε ένα σώμα εξαιτίας του εαυτού του. Έτσι, δε χρειάζεται να λάβουμε υπόψη καμία «αυτοδύναμη» όταν θέλουμε να μελετήσουμε την κίνηση ενός στερεού (όπως για παράδειγμα η Γη) παρά μόνο όλες τις δυνάμεις που επενεργούν στο υπό μελέτη σώμα από τα γειτονικά του σώματα. 53. Ο δεύτερος νόμος εφαρμόζεται σε όλα τα συστήματα αναφο-ράς;

Ο 2ος νόμος του Νεύτωνα αναφέρεται σε αδρανειακούς παρατηρητές μόνο. Σε μη αδρανειακά συστήματα επινοούμε τεχνητές δυνάμεις ή όπως τις αποκαλούμε ψευδοδυνάμεις (π.χ. φυγόκεντρος δύναμη, δύνα-μη Coriollis κ.τ.λ.) που μοναδικό στόχο έχουν να κάνουν το μη αδρα-νειακό σύστημα να «λειτουργεί» ως αδρανειακό.

ΟΟρριισσμμοοίί

54. Πώς ορίζεται η Lagrangian για μηχανικά συστήματα που βρί-σκονται υπό την επίδραση συντηρητικών δυνάμεων;

Η Lagrangian είναι η διαφορά μεταξύ της κινητικής και δυναμικής ε-νέργειας του συστήματος:

L T V Η δυναμική ενέργεια ορίζεται μόνο σε συντηρητικές δυνάμεις.

Page 38: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

32

55. Τι ονομάζουμε γενικευμένη θέση και τι γενικευμένη ταχύτητα; Πώς συμβολίζονται; Δώστε παραδείγματα.

Γενικευμένη θέση qi είναι οποιεσδήποτε συνταγμένες που περιγράφουν ένα μηχανικό σύστημα. Η γενικευμένη ταχύτητα είναι:

ii

dqq

dt

Η σημασία του δείκτη i είναι να αριθμεί ή τα σωματίδια ή τις συντεταγ-μένες της θέσης ενός σωματιδίου ή και τα δύο μαζί. Παραδείγματα γενικευμένης θέσης για ένα σωματίδιο σε καρτεσιανές συντεταγμένες είναι

1 2 3q x,q y,q z σε σφαιρικές

1 2 3q r,q ,q κ.ο.κ.

56. Τι είναι οι βαθμοί ελευθερίας; Το πλήθος των ανεξάρτητων μεταβλητών που απαιτούνται για τον κα-θορισμό της θέσης ενός συστήματος ορίζεται ως το πλήθος των βαθμών ελευθερίας.

57. Πόσους βαθμούς ελευθερίας έχει ένα σωματίδιο που κινείται ελεύθερο στις τρεις διαστάσεις;

Για τον προσδιορισμό της θέσης του σωματιδίου χρειάζονται τρεις θέ-σεις π.χ. x,y,z., έτσι οι βαθμοί ελευθερίας είναι τρεις.

58. Τι ονομάζουμε ολόνομους δεσμούς; Ολόνομοι δεσμοί είναι οι περιορισμοί στην κίνηση ενός συστήματος, οι οποίοι εκφράζονται με τη μορφή εξισώσεων και περιέχουν τις συντε-ταγμένες θέσης των σωματιδίων του συστήματος και το χρόνο.

Page 39: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

33

59. Τι ονομάζουμε σκληρόνομους δεσμούς; Είναι οι ολόνομοι δεσμοί οι οποίοι δεν εξαρτώνται από το χρόνο.

60. Πόσους βαθμούς ελευθερίας έχει ένα σωματίδιο που κινείται ελεύθερο πάνω σε μία σφαίρα ακτίνας R;

Κάθε φορά που επιβάλουμε περιορισμούς στην κίνηση (ολόνομους δε-σμούς) ενός σωματιδίου ή ενός συστήματος ελαττώνονται οι βαθμοί ελευθερίας σε αριθμό ίσο με τους περιορισμούς. Ο περιορισμός της κίνησης του σωματιδίου σε καρτεσιανές συντεταγ-μένες είναι 2 2 2 2x y z R ή σε σφαιρικές r = R. Έτσι, οι βαθμοί ε-λευθερίας του σωματιδίου είναι 3 – 1 = 2. Δηλαδή, αν προσδιοριστούν δύο από τις γενικευμένες θέσεις, τότε η τρίτη προσδιορίζεται από τον περιορισμό.

61. Πόσους βαθμούς ελευθερίας έχουν δύο σωματίδια που κινού-νται στον άξονα x και είναι δεμένα με νήμα;

Επειδή έχουμε δύο σωματίδια, οι βαθμοί ελευθερίας είναι δύο. Επειδή, όμως, είναι δεμένα με νήμα, ο περιορισμός x1 – x2 = , όπου x1, x2 οι θέσεις των σωματιδίων και το μήκος του νήματος μειώνει τους βαθ-μούς ελευθερίας σε έναν.

62. Τι ονομάζουμε αλόνομους δεσμούς; Αν ο περιορισμός της κίνησης (δεσμός) δεν μπορεί να εκφραστεί μέσω μιας εξίσωσης, αλλά μέσω μιας ανίσωσης, για παράδειγμα, τότε ο δε-σμός ονομάζεται αλόνομος. Οι αλόνομοι δεσμοί δεν ελαττώνουν τους βαθμούς ελευθερίας του συ-στήματος.

Page 40: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

34

63. Πόσους βαθμούς ελευθερίας έχει ένα σωματίδιο που κινείται ελεύθερο μέσα σε μία σφαίρα ακτίνας R;

Ο περιορισμός της κίνησης του σωματιδίου σε καρτεσιανές συντεταγ-μένες είναι 2 2 2 2x y z R ή σε σφαιρικές r < R. Ο δεσμός είναι αλό-νομος. Έτσι, οι βαθμοί ελευθερίας του σωματιδίου παραμένουν 3.

64. Πόσους βαθμούς ελευθερίας έχει ένα σύστημα Ν σωματιδίων μάζας m το καθένα που κινούνται ελεύθερα μέσα σε ένα κουτί όγκου V;

Οι βαθμοί ελευθερίας είναι 3 για κάθε σωματίδιο, άρα 3Ν βαθμούς ε-λευθερίας για το σύστημα. Τέτοιο σύστημα, αν τα σωματίδια είναι άτο-μα ή μόρια, περιγράφει το ιδανικό αέριο.

Page 41: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

35

LLaaggrraannggiiaann 65. Να γραφεί η Lagrangian ενός ελεύθερου σωματιδίου που κινείται στον άξονα x. Πόσοι είναι οι βαθμοί ελευθερίας; Αφού το σωματίδιο είναι ελεύθερο, η δυναμική του ενέργεια είναι V = 0. Η κίνηση είναι μονοδιάστατη στον άξονα x. Έτσι, η Lagrangian που περιγράφει την κίνηση του σωματιδίου είναι:

2 21 1L T V m mx

2 2

Το πρόβλημα έχει ένα βαθμό ελευθερίας, διότι για να προσδιορίσουμε την Lagrangian του σωματιδίου χρειαζόμαστε τον προσδιορισμό της θέσης x.

66. Να γραφεί η Lagrangian ενός σωματιδίου μάζας m που αφήνεται να πέσει εντός του ομογενούς βαρυτικού πεδίου της Γης. Πόσοι είναι οι βαθμοί ελευθερίας; α) Αν z η απόσταση του σωματιδίου από τη στάθμη της θάλασσας, τότε η Lagrangian που περιγράφει την κίνηση του σωματιδίου είναι:

2 21 1L T V m mgz mz mgz

2 2

Το πρόβλημα έχει ένα βαθμό ελευθερίας. 67. Να γραφεί η Lagrangian ενός σωματιδίου μάζας m που είναι συν-δεδεμένο με ελατήριο σταθεράς k. Πόσοι είναι οι βαθμοί ελευθερίας; α) Η κίνηση είναι μονοδιάστατη στον άξονα x και επειδή το σωματίδιο είναι συνδεδεμένο με ελατήριο, η δυναμική ενέργεια είναι

21V kx

2

Η Lagrangian που περιγράφει την κίνησή του είναι:

2 2 2 21 1 1 1L T V m kx mx kx

2 2 2 2 (1 βαθμός ελευθερίας)

F υ

x

km

Page 42: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

36

68. Να γραφεί η Lagrangian ενός σωματιδίου μάζας m που κινείται μέσα στο ομογενές βαρυτικό πεδίο της Γης στις τρεις διαστάσεις. Πόσοι είναι οι βαθμοί ελευθερίας; Η κίνηση είναι τρισδιάστατη. Η Lagrangian που περιγράφει το σωματί-διο είναι:

2 2 2 21 1L T V m mgz m x y z mgz

2 2

Το πρόβλημα έχει τρεις βαθμούς ελευθερίας. 69. Να γραφεί η Lagrangian δύο μη αλληλεπιδρώντων σωματιδίων τα οποία κινούνται στον τρισδιάστατο χώρο. Πόσοι είναι οι βαθμοί ελευ-θερίας; Η Lagrangian δύο μη αλληλεπιδρώντων σωματιδίων είναι:

2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2

1 1 1 1L T T m m m x y z m x y z

2 2 2 2

Οι βαθμοί ελευθερίας είναι έξι, τρεις για κάθε σωματίδιο. 70. Να γραφεί η Lagrangian απομονωμένου συστήματος Ν σωματιδί-ων, μάζας m το καθένα, όπου η δυναμική ενέργεια της μεταξύ τους αλ-

ληλεπίδρασης είναι της μορφής i jV V r r

.

N N N

2i i i j

i 1 i 1 j 1,i j

1 1L m r V r r

2 2

όπου 22

i ir r το τετράγωνο του μέτρου της ταχύτητας. Το ½ στο δεύ-

τερο άθροισμα είναι αναγκαίο, έτσι ώστε η δυναμική ενέργεια των ζευ-γών i,j να μετράται μία φορά.

Page 43: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

37

71. Να γραφεί η Lagrangian ενός σωματιδίου μάζας m που κινείται ελεύθερο πάνω σε σφαιρική επιφάνεια ακτίνας R. Πόσοι είναι οι βαθμοί ελευθερίας;

Η κίνηση του σωματιδίου είναι τρισδιάστατη και επειδή παρουσιάζει το πρόβλημα σφαιρική συμμετρία είναι βολικό να εργαστούμε σε σφαιρικές συντεταγμένες. Η Lagrangian που περιγράφει την κίνηση ενός ελεύθερου σωματιδίου είναι:

2 2 2 2 2 2 21 1L T V m m r r r sin

2 2

Επειδή το σωματίδιο κινείται πάνω στην σφαιρική επιφάνεια, η από-σταση r του σωματιδίου είναι ίση με την ακτίνα της σφαίρας r = R, r R 0 (ολόνομος δεσμός). Έτσι, η Lagrangian που περιγράφει

την κίνηση του σωματιδίου είναι:

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

1L m R R R sin

21

m R R sin21

mR sin2

Επειδή η κίνηση είναι στις τρεις διαστάσεις κι έχουμε ένα σωματίδιο περιμένουμε οι βαθμοί ελευθερίας να είναι τρεις. Θέτοντας, όμως, τον περιορισμό, οι βαθμοί ελευθερίας ελαττώνονται σε δύο. Πράγματι, για τον προσδιορισμό της Lagrangian χρειαζόμαστε τη γνώ-ση δύο γενικευμένων συντεταγμένων: των θ και φ . Δηλαδή, το

σωματίδιο έχει δύο βαθμούς ελευθερίας.

R

y

x

z

Page 44: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

38

72. Να γραφεί η Lagrangian ενός σωματιδίου μάζας m που κινείται ελεύθερο πάνω σε κυλινδρική επιφάνεια με ακτίνα βάσης R. Πόσοι εί-ναι οι βαθμοί ελευθερίας; Η κίνηση του σωματιδίου είναι τρισδιάστατη και επειδή παρουσιάζει το πρόβλημα μας κυλινδρική συμμετρία είναι βολικό να εργαστούμε σε κυλιν-δρικές συντεταγμένες. Η Lagrangian που περιγράφει την κίνηση ενός ελεύθερου σωματιδίου είναι:

2 2 2 2 21 1L T V m m r r z

2 2

Απαιτώντας η απόσταση r του σωματιδίου να είναι ίση με την ακτίνα της βάσης r = R, r R 0 , η Lagrangian που περιγράφει την κίνηση

του σωματιδίου είναι:

2 2 2 2

2 2 2

1L m R R z

21

m R z2

Επειδή η κίνηση του σωματιδίου είναι στις τρεις διαστάσεις, περιμέ-νουμε οι βαθμοί ελευθερίας να είναι τρεις. Θέτοντας, όμως, τον περιο-ρισμό, οι βαθμοί ελευθερίας ελαττώνονται σε δύο. Πράγματι, για τον προσδιορισμό της Lagrangian χρειαζόμαστε τη γνώ-ση δύο γενικευμένων συντεταγμένων: των φ και z z .

R

y

x

z

Page 45: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

39

73. Να γραφεί η Lagrangian ενός σωματιδίου μάζας m η οποία είναι αναγκασμένη να κινείται χωρίς τριβές πάνω σε μία σφαιρική επιφάνεια ακτίνας R και βρίσκεται μέσα στο ομογενές βαρυτικό πεδίο της Γης. Πόσοι είναι οι βαθμοί ελευθερίας;

Η κίνηση του σωματιδίου είναι τρισδιάστατη και επειδή παρουσιάζει το πρόβλημα μας σφαιρική συμμετρία είναι βολικό να εργαστούμε σε σφαιρικές συντεταγμένες. Θεωρούμε επίπεδο μηδενικής δυναμικής ε-νέργειας το επίπεδο του ισημερινού της σφαίρας. Η Lagrangian που περιγράφει την κίνηση του σωματιδίου είναι:

2 2 2 2 2 2 21 1L T V m mgz m r r r sin mgR cos

2 2

Απαιτώντας η απόσταση r του σωματιδίου να είναι ίση με την ακτίνα της σφαίρας r = R, r R 0 , η Lagrangian που περιγράφει την κίνησή

του είναι:

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

1L m R R R sin mgR cos

21

m R R sin mgR cos21

mR sin mgR cos2

Δύο βαθμοί ελευθερίας.

R

y

x

z

g

Επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας

θ

φ

Οριζόντιο επίπεδο

Page 46: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

40

74. Να γραφεί η Lagrangian ενός σωματιδίου μάζας m η οποία είναι αναγκασμένη να κινείται πάνω σε μία κυλινδρική επιφάνεια με βάση ακτίνας R χωρίς τριβές και βρίσκεται μέσα στο ομογενές βαρυτικό πε-δίο της Γης. Πόσοι είναι οι βαθμοί ελευθερίας.

Η Lagrangian που περιγράφει τη κίνηση του σωματιδίου είναι:

2 2 2 2 21 1L T V m mgz m r r z mgz

2 2

Απαιτούμε η απόσταση r του σωματιδίου να είναι ίση με την ακτίνα της βάσης r = R, r R 0 , κατά συνέπεια η Lagrangian που περιγράφει τη

κίνηση του σωματιδίου είναι:

2 2 2 2

2 2 2

1L m R R z mgz

21

m R z mgz2

Δύο βαθμοί ελευθερίας.

R

Οριζόντιο επίπεδοy

x

z

g

Επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας

Page 47: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

41

ΔΔύύοο σσωωμμααττίίδδιιαα δδεεμμέένναα μμεε ννήήμμαα 75. Μία σημειακή μάζα m κινείται δίχως τριβές πάνω σε οριζόντιο επίπεδο και είναι προσδεμένη μέσω ενός μη εκτατού νήματος μήκους με μία άλλη σημειακή μάζα m. Το νήμα διέρχεται μέσα από μία τρύπα του επιπέδου, έτσι ώστε η δεύτερη μάζα να κρέμεται κάτω από το επί-πεδο και να κινείται μόνο κατακόρυφα, ενώ το νήμα που συνδέει τις δύο μάζες είναι συνεχώς τεντωμένο. α) Να γραφεί η Lagrangian. β) Πόσους βαθμούς ελευθερίας έχει το πρόβλημα;

Μετασχηματισμοί

1x r cos

1x r cos r sin 2 2 2 2 2 21x r cos r sin 2rr cos sin

1y r sin

1y r sin r cos 2 2 2 2 2 21y r sin r cos 2rr cos sin

2 2 2 2 21 1x y r r

Η κινητική ενέργεια του σωματιδίου που κινείται πάνω στο οριζόντιο επίπεδο είναι:

2 2 2 2 2 21 1 1 1

1 1 1T m m x y m r r

2 2 2

Η κινητική ενέργεια του σωματιδίου που κινείται κατακόρυφα είναι:

2

2 2 21 2 2

1 1 1 d 1T m mz m r mr

2 2 2 dt 2

Η δυναμική ενέργεια του σωματιδίου που πέφτει είναι:

2 2V mgz mg r

α) Η Lagrangian των δύο σωματιδίων είναι:

2 2 21 2 2

1L T T V m 2r r mg r

2

β) Το πρόβλημα έχει 2 βαθμούς ελευθερίας.

Οριζόντιο επίπεδο

z

Επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας

y

x xy

θ

r

z2 = – r

g

Page 48: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

42

76. Αν i iL L q ,q , t η Lagrangian ενός συστήματος, πώς υπολο-

γίζεται η γενικευμένη ορμή, συζυγής της συντεταγμένης qi;

ii

Lp

q

Η προηγούμενη ποσότητα ονομάζεται και κανονική ορμή. Εν γένει, εί-ναι συνάρτηση των iq , iq και του χρόνου. Ορίζεται χωρίς να γίνεται καμία αναφορά στη φυσική κίνηση του συστήματος.

77. Αν i iL L q ,q , t η Lagrangian ενός συστήματος, πώς υπολο-

γίζεται η γενικευμένη δύναμη, συζυγής της συντεταγμένης qi;

ii

Lp

q

78. Αν i iL L q ,q , t η Lagrangian ενός συστήματος, πώς υπολο-

γίζεται η Hamiltonian;

i ii

p q L

Οι γενικευμένες ταχύτητες, iq , σχετίζονται με τις κανονικές ορμές pi. Η Hamiltonian πρέπει να είναι εκφρασμένη μόνο σε ορμές και όχι σε τα-χύτητες.

Page 49: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

43

79. α) Αν i iL L q ,q , t η Lagrangian ενός συστήματος, να γρά-

ψετε τις εξισώσεις Euler – Lagrange. β) Από πού προήλθαν και ποιο το φυσικό τους περιεχόμενό τους;

α) Η εξίσωση Euler – Lagrange για τη γενικευμένη θέση qi, είναι:

i i

L d L0

q dt q

β) Οι εξισώσεις Euler – Lagrange, όπως θα δούμε αργότερα, είναι δια-φορικές εξισώσεις δεύτερης τάξης, οι λύσεις των οποίων καθιστούν τη δράση, S, στάσιμη. Δηλαδή πηγάζουν από τη δράση και την απαίτηση να ισχύει η αρχή του Hamilton. Οι εξισώσεις Euler – Lagrange ουσιαστικά είναι οι διαφορικές εξισώ-σεις κίνησης του συστήματος.

80. Τι είναι σημειακός μετασχηματισμός; Αν i iL L q ,q , t η Lagrangian ενός συστήματος και iq νέες συντε-

ταγμένες σε πλήθος όσες και οι qi και συνδέονται μέσω της σχέσης

i i iq q q , t , τότε λέμε ότι οι συντεταγμένες iq προκύπτουν από τις qi

με ένα σημειακό μετασχηματισμό. Παρατήρηση Αν η Lagrangian γραφτεί στις νέες συντεταγμένες, δηλαδή:

i iL L q ,q , t

τότε και πάλι ικανοποιούνται οι εξισώσεις Euler – Lagrange:

i i

L d L0

q dt q

Οι εξισώσεις Euler – Lagrange σε αντίθεση με το δεύτερο νόμο του Νεύτωνα έχουν την ίδια μορφή σε όλα τα συστήματα αναφοράς, ακό-μα και αν αυτά δεν είναι αδρανειακά.

Page 50: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

44

ΕΕλλεεύύθθεερροο ΣΣωωμμάάττιιοο 81. α) Να γραφεί η Lagrangian ενός ελεύθερου σωματιδίου που κινεί-ται στον άξονα x και να προσδιοριστούν οι βαθμοί ελευθερίας; β) Ποια είναι η γενικευμένη ορμή του σωματιδίου; γ) Ποια είναι η δύναμη που ασκείται στο σωματίδιο; δ) Ποια η διαφορική εξίσωση κίνησης του σωματιδίου; (σχολιάστε) ε) Ποια η εξίσωση κίνησης του σωματιδίου; στ) Γράψτε τη Hamiltonian του σωματιδίου. α) Επειδή το σωματίδιο είναι ελεύθερο η δυναμική του ενέργεια είναι V = 0. Η κίνηση είναι μονοδιάστατη στον άξονα x. Έτσι, η Lagrangian που περιγράφει την κίνηση του σωματιδίου είναι:

2 21 1L T V m mx

2 2

Το πρόβλημα έχει ένα βαθμό ελευθερίας, διότι για να προσδιορίσουμε τη Lagrangian του σωματιδίου χρειαζόμαστε τον προσδιορισμό της θέ-σης x.

Θεωρία Γενικευμένη ορμή & δύναμη

ii

Lp

q

, ii

Lp

q

Σε αυτή την περίπτωση qi = x και pi = px.

β) H γενικευμένη ορμή είναι: x

L 1p m2x mx

x 2

γ) Η γενικευμένη δύναμη είναι: x

Lp 0

x

Η δύναμη είναι μηδέν διότι το σωματίδιο είναι ελεύθερο. Επίσης, η γε-νικευμένη ορμή px, σε αυτό το πρόβλημα, ισούται με την κλασική ορμή mυ. δ) Η διαφορική εξίσωσης κίνησης του σωματιδίου προκύπτει από την εξίσωση Euler – Lagrange:

L d L0

x dt x

Page 51: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

45

2L 1mx 0

x x 2

2L 1mx mx

x x 2

d L dmx mx

dt x dt

Αντικαθιστώντας τα προηγούμενα στην εξίσωση Euler – Lagrange, έ-χουμε:

mx 0 Η προηγούμενη εξίσωση ονομάζεται διαφορική εξίσωση της κίνησης και δεν είναι τίποτα άλλο από το 2ο νόμο του Νεύτωνα. ε) Αφού η επιτάχυνση x 0 , η ταχύτητα θα είναι σταθερή, δηλαδή:

xx const

Επομένως, η εξίσωση κίνησης είναι:

o xx t x t

Θεωρία Μετατροπή Lagrangian σε Hamiltonian

Η Hamiltonian γράφεται:

i ii

p q L

και πρέπει να είναι εκφρασμένη σε ορμές και όχι τα-χύτητες.

στ) Η γενικευμένη ορμή είναι:

xx

pp mx x

m

Στο συγκεκριμένο πρόβλημα, επειδή έχουμε ένα σωματίδιο σε μία διά-σταση, η Hamiltonian γράφεται:

2 22 x x x

x x x

p p p1 1p x L p x mx p m

2 m 2 m 2m

Page 52: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

46

ΠΠττώώσσηη σσωωμμααττιιδδίίοουυ σσττοο ΒΒααρρυυττιικκόό ππεεδδίίοο ττηηςς ΓΓηηςς 82. α) Να γραφεί η Lagrangian ενός σωματιδίου μάζας m που αφήνε-ται να πέσει εντός του ομογενούς βαρυτικού πεδίου της Γης από ύψος zo με αρχική ταχύτητα υοz. β) Να βρεθεί η διαφορική εξίσωση κίνησης. γ) Να βρεθεί η εξίσωση κίνησης του σωματιδίου. α) Η κίνηση είναι μονοδιάστατη στον άξονα z. Η Lagrangian που περιγράφει το σωματίδιο είναι:

2 21 1L T V m mgz mz mgz

2 2 (1 βαθμός ελευθερίας)

β) Από την εξίσωση Euler – Lagrange, θα βρούμε τη διαφορική εξίσω-ση της κίνησης. Η εξίσωση Euler – Lagrange για τον άξονα z είναι:

L d L0

z dt z

2L 1mz mgz mg

z z 2

2L 1mz mgz mz

z 2z

d L dmz mz

dt dtz

Αντικαθιστώντας τα προηγούμενα στην εξίσωση Euler – Lagrange, έ-χουμε:

mz mg 0 mz mg Η προηγούμενη εξίσωση ονομάζεται διαφορική εξίσωση της κίνησης και δεν είναι τίποτα άλλο από το 2ο νόμο του Νεύτωνα.

z

oz

tz

z z

0

d) mz mg z g g d gdt d g dt

dt

Άρα, η ταχύτητα του σωματιδίου είναι: z z gt

o

z t2

z z z z o z

z 0

dz 1gt gt dz gt dt z z t gt

dt 2 Άρα, η εξίσωση κίνησης είναι:

2o z

1z z t gt

2

Page 53: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

47

ΜΜοοννοοδδιιάάσσττααττοοςς ΓΓρρααμμμμιικκόόςς ΑΑρρμμοοννιικκόόςς ΤΤααλλααννττωωττήήςς 83. α) Να γραφεί η Lagrangian ενός σωματιδίου μάζας m που είναι συνδεδεμένο με ελατήριο σταθεράς k το ένα άκρο του οποίου είναι α-κλόνητο. β) Ποια είναι η γενικευμένη ορμή του σωματιδίου; γ) Ποια είναι η δύναμη που ασκείται στο σωματίδιο; δ) Ποια η διαφορική εξίσωση κίνησης του σωματιδίου; (σχολιάστε) ε) Ποια η εξίσωση κίνησης του σωματιδίου; στ) Γράψτε τη Hamiltonian του σωματιδίου. ζ) Διατηρείται η ενέργεια και γιατί; η) Σχεδιάστε το χώρο φάσεων του σωματιδίου.

α) Η κίνηση είναι μονοδιάστατη. Αν x η θέση του σωματιδίου από τη θέση ισορροπίας, τότε η δυναμική ενέργεια είναι:

21V kx

2

Η Lagrangian που περιγράφει την κίνηση του σωματιδίου είναι:

2 2 2 21 1 1 1L T V m kx mx kx

2 2 2 2 (1 βαθμός ελευθερίας)

Θεωρία Γενικευμένη ορμή & δύναμη

ii

Lp

q

, ii

Lp

q

Σε αυτή την περίπτωση qi = x και pi = px

β) H γενικευμένη ορμή είναι: x

Lp mx

x

γ) Η γενικευμένη δύναμη είναι: x

Lp kx

x

δ) Η διαφορική εξίσωσης κίνησης του σωματιδίου θα προκύψει από την εξίσωση Euler – Lagrange. Η εξίσωση Euler – Lagrange για τον άξονα x είναι:

L d L0

x dt x

Page 54: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

48

2 2L 1 1mx kx kx

x x 2 2

2L 1mx mx

x x 2

d L dmx mx

dt x dt

Αντικαθιστώντας τα προηγούμενα στην εξίσωση Euler – Lagrange, έ-χουμε:

mx kx 0

Η προηγούμενη εξίσωση δεν είναι τίποτα άλλο από το 2ο νόμο του Νεύ-τωνα. ε) Θέτοντας 2 k / m , η διαφορική εξίσωση γράφεται:

2x x 0

η λύση της οποίας δίνει την εξίσωση κίνησης που είναι της μορφής:

x t cos t Bsin t

Οι σταθερές Α και Β προσδιορίζονται από τις αρχικές συνθήκες θέσης και ταχύτητας του σωματιδίου (Α = x(0) και Β = υ(0)/ω).

Θεωρία Μετατροπή Lagrangian σε Hamiltonian

Η Hamilton γράφεται:

i ii

p q L

Και πρέπει να είναι εκφρασμένη σε ορμές και όχι τα-χύτητες.

στ) Η γενικευμένη ορμή είναι:

xx

pp mx x

m

Στο συγκεκριμένο πρόβλημα, επειδή έχουμε ένα σωματίδιο σε μία διά-σταση, η Hamiltonian γράφεται:

22 2 2x

x x

p1 1 1p x L p x mx kx kx

2 2 2m 2

Page 55: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

49

Θεωρία Ενέργεια

Όταν η Lagrangian είναι ανεξάρτητη του χρόνου και το δυναμικό εξαρτάται μόνο από τη θέση (και όχι από την ταχύτητα), τότε το ολοκλήρωμα Jacobi ισούται με την ολική ενέργεια και τη Hamiltonian.

ζ) Αφού η Lagrangian είναι ανεξάρτητη του χρόνου και το δυναμικό εξαρτάται μόνο από τη θέση, η ενέργεια διατηρείται.

2 2 2 2

2 2x x x2 2

p p p1 k xE kx x 1 1

2m 2 2m 2E 2E2mk

Υπενθύμιση Εξίσωση έλλειψης σε καρτεσιανές συντεταγμένες

2 2

2 2

x y1

η) Επομένως, ο χώρος των φάσεων του μονοδιάστατου γραμμικού αρ-μονικού ταλαντωτή είναι μία έλλειψη.

x

px

2mE

2mE

2E / k 2E / k

x

y

y = β

y = – β

x = α x = – α

Page 56: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

50

ΤΤρριισσδδιιάάσσττααττηη κκίίννηησσηη σσωωμμααττιιδδίίοουυ σσττοο ΒΒααρρυυττιικκόό ππεεδδίίοο ττηηςς ΓΓηηςς 84. α) Να γραφεί η Lagrangian ενός σωματιδίου μάζας m που κινείται μέσα στο ομογενές βαρυτικό πεδίο της Γης. β) Να βρεθούν οι διαφορικές εξισώσεις κίνησης. γ) Να βρεθούν οι εξισώσεις κίνησης του σωματιδίου. α)Η κίνηση είναι τρισδιάστατη. Η Lagrangian που περιγράφει το σωματίδιο είναι:

2 2 2 21 1L T V m mgz m x y z mgz

2 2 (3 β.ε.)

β) Από τις εξισώσεις Euler – Lagrange (για κάθε άξονα) θα βρούμε τις διαφορικές εξισώσεις της κίνησης. Η εξίσωση Euler – Lagrange για τον άξονα x είναι:

L d L0

x dt x

y είναι:

L d L0

y dt y

z είναι: L d L

0z dt z

L0

x

Lmx

x

d Lmx

dt x

L0

y

Lmy

y

d Lmy

dt y

Lmg

z

Lmz

z

d Lmz

dt z

Αντικαθιστώντας τα προηγούμενα στις εξισώσεις Euler – Lagrange, έχουμε:

mx 0 my 0 mz mg Οι εξισώσεις κίνησης του σωματιδίου είναι:

o xx t x t o yy t y t 2o z

1z t z t gt

2

όπου xo, yo, zo οι συντεταγμένες της αρχικής θέσης του σωματιδίου και υοx, υοy, υοz οι συντεταγμένες της αρχικής ταχύτητάς του.

Page 57: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

51

85. Χάνδρα μάζας m ολισθαίνει δίχως τριβές σε σπείρα ακτίνας R. Κάθε σπείρα απέχει h η μία από την άλλη. α) Να γραφεί η Lagrangian. β) Πόσους βαθμούς ελευθερίας έχει το πρόβλημα; γ) Να βρεθεί η εξίσωση κίνησης του σωματιδίου.

Σε ένα πλήρη κύκλο γωνίας 2π το σωματίδιο έχει κατέβει ύψος h φ z

hz

2

H Lagrangian του σωματιδίου είναι:

2

2 2 2 2

r R2 2 2

hz 2

22 2 2

22 2

1L T V m mgz

21

m r r z mgz21

m R z mgz2

1 h hm R mg

2 2 2

1 h mghm R

2 2 2

Το πρόβλημα έχει 1 βαθμό ελευθερίας

R

Οριζόντιο επίπεδοy

x

z

Επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας

hg

Page 58: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

52

Η εξίσωση Euler – Lagrange για τη γενικευμένη συντεταγμένη φ είναι:

L d L0

dt

2

2 2L 1 h mgh mghm R

2 2 2 2

2 2

2 2 2L 1 h mgh hm R m R

2 2 2 2

2 2

2 2d L d h hm R m R

dt dt 2 2

Αντικαθιστώντας, βρίσκουμε:

22 h mgh

m R2 2

22

gh

2h

R2

Η λύση της προηγούμενης σχέσης είναι:

21t t

2

Επομένως, οι εξισώσεις κίνησης είναι: 21

t2

2h 1z t

2 2

όπου 2

2gh h/ R

2 2

η γωνιακή επιτάχυνση, φο η αρχική γω-

νία και η αρχική γωνιακή ταχύτητα.

Page 59: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

53

86. Χάνδρα μάζας m ολισθαίνει δίχως τριβές πάνω σε παραβολή της μορφής y = αx2 μέσα στο ομογενές βαρυτικό πεδίο της Γης. α) Να γραφεί η Lagrangian. β) Πόσους βαθμούς ελευθερίας έχει το πρόβλημα; γ) Να βρεθεί η διαφορική εξίσωση κίνησης του σωματιδίου. α) H Lagrangian του σωματιδίου είναι:

2

2

2 2

y x22 2

2 2 2 2

1L T V m mgy

21

m x y mgy2

1m x 2 xx mg x

21

m 1 4 x x mg x2

β) Το πρόβλημα έχει 1 βαθμό ελευθερίας. γ) Η εξίσωση Euler – Lagrange για τη γενικευμένη θέση x είναι:

L d L0

x dt x

2 2 2 2 2 2L 1m 1 4 x x mg x 4m xx 2mg x

x x 2

2 2 2 2 2 2L 1m 1 4 x x mg x m 1 4 x x

x x 2

2 2 2 2 2 2d L dm 1 4 x x 8m xx m 1 4 x x

dt x dt

Αντικαθιστώντας στην εξίσωση Euler – Lagrange, βρίσκουμε:

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

8m xx m 1 4 x x 4m xx 2mg x 0

m 1 4 x x 4m xx 2mg x

x

y

O

g

Page 60: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

54

ΕΕκκκκρρεεμμέέςς –– ΕΕλλααττήήρριιοο 87. Μία σημειακή μάζα m είναι στερεωμένη στο άκρο μίας αβαρούς ράβδου. Η ράβδος είναι ελαστική με συντελεστή ελαστικότητας k και έχει φυσικό μήκος o . Η ράβδος μπορεί να περιστρέφεται ελεύθερα γύρω από το ένα άκρο της, κινούμενη επί κατακόρυφου επιπέδου. Το σύστημα βρίσκεται μέσα στο ομογενές βαρυτικό πεδίο της Γης. α) Να γραφεί η Lagrangian. β) Πόσους βαθμούς ελευθερίας έχει το πρόβλημα; γ) Να βρεθεί η διαφορική εξίσωση κίνησης του σωματιδίου. Υπενθύμιση Δυναμική Ενέργεια Ελατηρίου

Η δύναμη του ελατηρίου όταν το επιμηκύνουμε κατά x = r – o είναι:

oF kx k r

και η δυναμική ενέργεια του ελατηρίου είναι:

22o

1 1V kx k r

2 2

Η δυναμική ενέργεια του σω-ματιδίου, λόγω βαρύτητας, είναι:

V mgy mgr cos

Η δυναμική ενέργεια, λόγω επιμήκυνσης του ελατηρίου, είναι:

or

or

θy

x

r

Επίπεδο μηδενικής βαρυτικής δυναμικής ενέργειας

Page 61: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

55

2

o

1V k r

2

Η κινητική ενέργεια του σωματιδίου είναι:

2 2 2 21 1m m r r

2 2

α) H Lagrangian που περιγράφει την κίνηση του σωματιδίου είναι:

22 2 2o

1 1L T V m r r mgr cos k r

2 2

β) Το πρόβλημα έχει δύο βαθμούς ελευθερίας. Οι εξισώσεις Euler – Lagrange είναι:

L d L0

r dt r

L d L0

dt

2o

Lmr mgcos k r

r

Lmr

r

d Lmr

dt r

Lmgrsin

2Lmr

2d L2mrr mr

dt

Αντικαθιστώντας τα προηγούμενα στις εξισώσεις Euler – Lagrange, έχουμε:

2omr mr mgcos k r

2mgrsin 2mrr mr

Page 62: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

56

88. Αν i iL L q ,q , t η Lagrangian ενός συστήματος, τότε να

δείξετε ότι η L L , όπου α σταθερά, περιγράφει το ίδιο φυσικό σύστημα.

Οι εξισώσεις κίνησης για τη νέα Lagrangian είναι:

i i i i i i

L d L L d L L d L0 0 0

q dt q q dt q q dt q

Αφού οι εξισώσεις κίνησης είναι οι ίδιες, περιγράφουν το ίδιο φυσικό σύστημα.

89. Αν i iL L q ,q , t η Lagrangian ενός συστήματος, τότε να

δείξετε ότι η L L f , όπου f μία συνάρτηση του χρόνου, περιγρά-φει το ίδιο φυσικό σύστημα.

i i i i i i

L f L fL d L d L d L0 0 0

q dt q q dt q q dt q

90. Να δείξετε ότι αν στη Lagrangian ενός συστήματος L q,q, t

προσθέσουμε μία τέλεια χρονική παράγωγο μίας συνάρτησης, τότε η

νέα Lagrangian df q, tL q,q, t L q,q, t

dt περιγράφει το ίδιο

φυσικό σύστημα.

i i i i

df dfL L

L d L d L d Ldt dt0 0 0

q dt q q dt q q dt q

Παρατήρηση Πιο αυστηρά, τα προηγούμενα αποδεικνύονται με την αρχή του Ham-ilton.

Page 63: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

57

91. Η διάταξη στο διπλανό σχήμα ονομάζεται μηχανή Atwood. Αν η τροχαλία ακτίνας R είναι αβαρής και το νήμα έχει μήκος , να γραφεί η εξίσωση Lagrange του συστήματος και να βρε-θούν οι εξισώσεις κίνησης.

Η διακεκομμένη γραμμή στο διπλανό σχήμα δείχνει το επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας. Η κινητική ενέργεια του σωματιδίου μάζας m1 είναι:

2 21 1 1 1 1

1 1T m m z

2 2

Η κινητική ενέργεια του σωματιδίου μάζας m2 είναι:

2 22 2 2 2 2

1 1T m m z

2 2

Η δυναμική ενέργεια του m1 είναι: 1 1 1V m gz .

Η δυναμική ενέργεια του m2 είναι: 2 2 2V m gz . Έτσι, η Lagrangian του συστήματος είναι:

2 21 1 2 2 1 1 2 2

1 1L m z m z m gz m gz

2 2

Στην πραγματικότητα, η προηγούμενη Lagrangian περιγράφει την ελεύ-θερη πτώση δύο σωμάτων. Για το πρόβλημα της μηχανής Atwood, πρέ-πει να επιβάλουμε περιορισμό (δεσμό) στην κίνηση των δύο σωμάτων αφού συνδέονται με νήμα. Ο δεσμός είναι:

1 2z z R Έτσι, οι βαθμοί ελευθερίας του συστήματος από δύο ελαττώνονται σε έναν. Θεωρώντας ως ανεξάρτητη μεταβλητή τη z1 έχουμε:

R

m2

m1

g

R

m2

m1

z1 z2

Page 64: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

58

2 1z R z

και παραγωγίζοντας την προηγούμενη σχέση δύο φορές ως προς το χρόνο έχουμε:

2 1z z

Οι επιταχύνσεις των δύο σωματιδίων είναι ίσες και αντίθετες. Έτσι, η Lagrangian γίνεται:

221 1 2 1 1 1 2 1

21 2 1 1 2 1 2

1 1L m z m z m gz m g R z

2 21

m m z m m gz m g R2

Επειδή ο τελευταίος όρος στη Lagrangian είναι μία σταθερά, θα μπο-ρούσε να παραληφθεί αφού δεν τροποποιεί τις εξισώσεις κίνησης. Οι εξισώσεις Euler – Lagrange είναι:

1 1

L d L0

z dt z

1 21

Lm m g

z

1 2 11

Lm m z

z

1 2 11

d Lm m z

dt z

Αντικαθιστώντας τα προηγούμενα στις εξισώσεις Euler – Lagrange, έχουμε:

1 2 1 2 1m m g m m z

1 21 2

1 2

m mz g z

m m

Page 65: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

59

92. Η Lagrangian ενός φορτισμένου σωματιδίου q και μάζας m που

κινείται μέσα σε ηλεκτρομαγνητικό πεδίο, με ανυσματικό δυναμικό

και βαθμωτό δυναμικό φ είναι:

21L mr q r q

2

Το μαγνητικό πεδίο είναι B A

και το ηλεκτρικό πεδίο

AE

t

όπου θεωρήσαμε την ταχύτητα του φωτός c ίση με τη μονάδα. Ποια είναι η γενικευμένη ορμή; Τι συμπέρασμα βγάζετε; Παρατήρηση Το διάνυσμα θέσης του σωματιδίου σε καρτεσιανές συντεταγμένες

γράφεται r x, y,z

και η ταχύτητά του r x, y,z . Έτσι,

2 2 2x y z

1L m x y z q x y A z q

2

Η γενικευμένη ορμή για τους άξονες x,y,z αντίστοιχα είναι:

x x

Lp mx qA

x

, y y

Lp my qA

y

, z z

Lp mz qA

z

Διανυσματικά η γενικευμένη ορμή είναι:

p m qA

Η γενικευμένη ορμή υπολογίζεται πολύ πιο γρήγορα, δίχως να είναι ανάγκη η επιλογή ενός συστήματος συντεταγμένων, από τη σχέση:

2L 1p mr q r q mr q m qA

2r r

Η γενικευμένη ορμή p

, στο συγκεκριμένο πρόβλημα, δεν είναι ίση με

την κλασική ορμή m

. Το qA

είναι η συνεισφορά του μαγνητικού πε-

δίου B

στην ορμή του σωματιδίου.

Page 66: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

60

Σύμβαση

Με τον όρο L

r

εννοούμε την παραγώγιση της Lagrangian ως προς r

.

Για παράδειγμα, 2r 2rr

όπου το 2r

είναι βαθμωτό μέγεθος ενώ

με την «παραγώγισή» του προκύπτει ένα διανυσματικό μέγεθος. Στην πραγματικότητα, αν εργαζόμασταν σε καρτεσιανές συντεταγμέ-νες, είναι:

L L L L, ,

x y zr

ή σε γενικευμένες συντεταγμένες q1,q2,q3, γράφεται:

1 2 3

L L L L, ,

q q qr

Έτσι, με έναν τέτοιο τρόπο γραφής γλιτώνουμε αρκετή γραφειοκρατί-α!

Παρατήρηση Στα κβαντομηχανικά. συστήματα όταν λέμε ότι η ορμή είναι κβαντι-

σμένη εννοούμε τη γενικευμένη ορμή L

pr

και όχι την κλασική

ορμή m

. Βέβαια, σε αρκετά συστήματα αυτές οι δύο ταυτίζονται.

Page 67: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

61

ΑΑσσκκήήσσεειιςς μμεε ΦΦοορρττιισσμμέέννοο σσωωμμααττίίδδιιοο μμέέσσαα σσεε μμααγγννηηττιικκόό ππεεδδίίοο 93. Θεωρείστε ένα φορτισμένο σωματίδιο ηλεκτρικού φορτίου q και μάζας m το οποίο κινείται δίχως τριβές πάνω στον άξονα x ενώ ταυτό-

χρονα βρίσκεται μέσα σε ομογενές μαγνητικό πεδίο ˆB Bz

. α) Δείξτε ότι το μαγνητικό πεδίο μπορεί να προκύψει από ένα ανυσμα-

τικό δυναμικό της μορφής ˆA Bxy

. β) Να γραφεί η Lagrangian. γ) Πόσους βαθμούς ελευθερίας έχει το πρόβλημα; α) Το μαγνητικό πεδίο προκύπτει από το στροβιλισμό του ανυσματικού δυναμικού, δηλαδή:

ˆ ˆ ˆx y z

ˆB A Bzx y z

0 Bx 0

Θεωρία Lagrangian κίνησης φορτισμένου σωματιδίου μέσα

σε ηλεκτρομαγνητικό πεδίο

Γενικά, η Lagrangian ενός φορτισμένου σωματιδίου q και μάζας m που κινείται μέσα σε ηλεκτρομαγνητικό

πεδίο, με ανυσματικό δυναμικό

και βαθμωτό δυ-ναμικό φ είναι:

21L mr q r q

2

β) Επειδή δεν υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο, E 0 0

, έχουμε:

ˆr xx2 2 21 1 1

ˆ ˆL mr q r mx qBxy xx mx2 2 2

γ) Το πρόβλημα έχει 1 βαθμό ελευθερίας.

Page 68: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

62

Θέμα εξετάσεως Πανεπιστημίου Αθηνών (A) 20 Σεπτεμβρίου 2007 94. Σε φορτισμένο σωματίδιο μάζας m και φορτίου q = – e το οποίο κινείται εντός ομογενούς μαγνητικού πεδίου εκτός από τη δύναμη Lor-entz ασκείται και η δύναμη:

F kr

όπου k και e θετικές σταθερές και r

το διάνυσμα θέσης του σωματιδί-

ου. α) Γράψτε τη Lagrangian του σωματιδίου δεδομένου ότι το ανυσματικό δυναμικό για ένα ομογενές μαγνητικό πεδίο μπορεί να γραφεί:

1A r B

2

β) Υπολογίστε το ολοκλήρωμα Jacobi και δείξτε ότι οδηγεί σε διατήρη-ση της ποσότητας m kr r

. Αναφέρατε τη φυσική σημασία της

ποσότητας αυτής και εξηγήστε το λόγο που δεν εμφανίζεται το μαγνη-

τικό πεδίο B

στην έκφραση αυτή. γ) Αποδείξτε ότι διατηρείται η ποσότητα:

em r B r B r B

2

δ) Χρησιμοποιώντας την εξίσωση κίνησης του σωματιδίου, κατασκευά-

στε τη διαφορική εξίσωση που διέπει την εξέλιξη της ποσότητας r B

. Αν αρχικά το σωματίδιο ήταν ακίνητο στη θέση or

, προσδιορίστε την

τιμή του r B

τη χρονική στιγμή t. Υπενθύμιση

F V V F d

α) Το δυναμικό της κεντρικής δύναμης F kr

είναι:

2 21 1V F d k r dr k rdr kr kr

2 2

Παρατήρηση 22 2r r r

και θεωρήσαμε V 0 0 .

Page 69: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

63

Υπενθύμιση

21L mr q r q

2

H Lagrangian του σωματιδίου είναι:

2 2

2 2

1 1L m e kr

2 21 e 1

m r B kr2 2 2

β) Επειδή η Lagrangian δεν έχει εξάρτηση από το χρόνο, το ολοκλήρω-μα Jacobi είναι ίσο με τη Hamiltonian και την ενέργεια του σωματιδίου. Με άλλα λόγια, η ενέργεια διατηρείται. Υπενθύμιση Μετατροπή Lagrangian σε Hamiltonian

i ii

p q L

Η γενικευμένη ορμή είναι:

L L ep m r B

2r

Η ενέργεια είναι:

2 2

2 2 2

2 2

E p L

e 1 e 1m r B m r B kr

2 2 2 2

e 1 e 1m r B m r B kr

2 2 2 21 1

m kr2 2

Page 70: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

64

Η ενέργεια διατηρείται και το μαγνητικό πεδίο απουσιάζει από την έκ-φρασή της. Το μαγνητικό πεδίο είναι σωληνοειδές πεδίο (κλειστές δυ-ναμικές γραμμές), δηλαδή δεν παράγει έργο. Το μόνο που μπορεί να κάνει στο σωματίδιο είναι να το περιστρέφει και όχι να του αλλάζει το μέτρο της ταχύτητας. Πράγματι η ποσότητα 2 2m kr r m kr 2E

διατηρείται.

γ) H εξίσωση Euler Lagrange στις τρεις διαστάσεις συμβολικά μπορεί να γραφεί:

L d L0

r dt

2 2

r B r2

L 1 e 1m r B kr

r r 2 2 2

e 1r kr

r 2 2

ekr

2

2 2L 1 e 1m r B kr

2 2 2

em r B

2

d L em B

dt 2

Αντικαθιστώντας στην εξίσωση Euler Lagrange, η εξίσωση κίνησης είναι:

e em B kr 0

2 2

m e kr 0 (1)

Page 71: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

65

Η ποσότητα

em r B r B r B

2e

m B r r B r B2

em r B r B r B

2e

m r B r B2

διατηρείται γιατί:

0

(1)

d e em B r B m r B B

dt 2 2

e em r B B r B m B r B B

2 2

m r B e B r B m B

m e B r B e kr

e kr e

0

B r B

k r r B 0

δ) Όπως δείξαμε, η εξίσωση κίνησης είναι:

B

2

2

m e kr 0 m B e B krB 0

dm B krB 0 m rB krB 0

dt

Για ευκολία, θέτουμε t r t B rB

. Έτσι, έχουμε:

2 k

m2m k 0 0

Page 72: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

66

Η λύση της διαφορικής εξίσωσης είναι:

t Acos t Bsin t

Οι σταθερές Α, Β προσδιορίζονται από τις αρχικές συνθήκες οι οποίες είναι:

or 0 r

or 0 B r B

r 0 0 o0 r 0 B r B

Επομένως, προκύπτει ότι:

o

kt cos t r B r B cos t

m

Page 73: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

67

ΣΣχχεεττιικκιισσττιικκόό ΣΣωωμμααττίίδδιιοο Θέμα εξετάσεως Πανεπιστημίου Αθηνών (B) 4 Μαΐου 2009

95. Σχετικιστικό σωματίδιο μάζας m που κινείται στον άξονα x υπό την επίδραση δυναμικού V(x) περιγράφεται από τη Lagrangian:

2

22

L mc 1 V xc

όπου υ η ταχύτητα του σωματιδίου ( x ) και c η ταχύτητα του φωτός. α) Γράψτε τη διαφορική εξίσωση κίνησης του σωματιδίου. β) Βρείτε την ταχύτητα του σωματιδίου στην περίπτωση όπου

V x Fx

γ) Συγκρίνετε το διάστημα που θα διανύσει το σωματίδιο ξεκινώντας από την ηρεμία με το αντίστοιχο διάστημα ενός μη σχετικιστικού σω-ματιδίου που υπόκειται σε ίδιο δυναμικό λαμβάνοντας όρους μέχρις τέταρτης τάξης στο ανάπτυγμα του x(t) για το σχετικιστικό σωματίδιο. Δίνεται το ολοκλήρωμα:

ox

2o2

0

xdx 1 1 x

1 x

καθώς και το ανάπτυγμά του

2 4

2 61 12 8

δ) Ποια είναι η γενικευμένη ορμή του σωματιδίου; ε) Κατασκευάστε τη Hamiltonian που αντιστοιχεί στο σωματίδιο αυτό. στ) Ποια ποσότητα διατηρείται κατά τη διάρκεια της κίνησης;

Η εξίσωση Euler – Lagrange για τη γενικευμένη θέση x είναι:

L d L0

x dt x

2

22

L dVmc 1 V x

x x c dx

2

22 22 2 2

2 2 2 2

2 2 2

21cL mcmc 1 V x mc mc

x c2 1 2 1 1

c c c

Page 74: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

68

2

2

d L dm

dt x dt1

c

Αντικαθιστώντας στην εξίσωση Euler – Lagrange, βρίσκουμε:

2

2

d dVm 0

dt dx1

c

β) Στην περίπτωση όπου V x Fx , έχουμε:

2 2

2 2

t

2 2

02 2

0

2 2 22 22 2

2 2

2 22 2

d Fm F 0 d dt

dt m1 1

c c

F Fd dt t

m m1 1

c c

Ft Ft Ft1

m c m m c

Ft Ft Ft1

mc m mc

2 22 Ft

m

2

Ftm

Ft1

mc

Page 75: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

69

γ) Το διάστημα που θα διανύσει το σχετικιστικό σωματίδιο είναι:

t Fty Ft

mcmcF

dy dtt mc

2 20

0

0

Ft

mc22 2

2

0

2 42

22

Ftyc mcmx t t dt dt dx

F1 yFt1

mc

mc y mc Ftdx 1 1

F F mc1 y

mc 1 Ft 1 Ft1 1

F 2 mc 8 mc

mc 1 Ft 1 Ft

F 2 mc 8 mc

4

2 2 3 4

3 2

mc Ft F t

F 2m 8m c

Παρατήρηση Μη σχετικιστικό σωματίδιο Για το μη σχετικιστικό σωματίδιο, η Lagrangian είναι:

21L T V mx Fx

2

Από την εξίσωση Euler – Lagrange, καταλήγουμε στη σχέση: mx F

Επομένως, η τροχιά του σωματιδίου, έχοντας τις ίδιες αρχικές συνθή-κες, είναι:

2

21 F Ftx t t

2 m 2m

Σε διόρθωση τέταρτης τάξης ως προς το χρόνο, ο όρος 3 4

3 2

F t

8m c είναι

αυτός που διαφοροποιεί την τροχιά του σωματιδίου.

Page 76: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

70

δ) Η γενικευμένη ορμή του σχετικιστικού σωματιδίου είναι:

2

2

L mp

x1

c

Παρατήρηση H ταχύτητα συναρτήσει της ορμής γράφεται:

2 2 2

pc

m c p

Επίσης, 2

2

m1

c p

Θεωρία Μετατροπή Lagrangian σε Hamiltonian

Η Hamiltonian γράφεται:

i ii

p q L

και πρέπει να είναι εκφρασμένη σε ορμές και όχι τα-χύτητες.

22

2

2 4 2 2

p L

p mc 1 V xc

m c p c V x

Επειδή η Lagrangian δεν εξαρτάται από το χρόνο και το δυναμικό δεν εξαρτάται από την ταχύτητα, η διατηρητέα ποσότητα είναι το ολοκλή-ρωμα Jacobi που ισούται με τη Hamiltonian και την ενέργεια του σωμα-τιδίου. Άρα,

2 4 2 2E m c p c V x

Page 77: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

71

ΑΑλλλληηλλεεππιιδδρρώώνν σσύύσσττηημμαα δδύύοο σσωωμμάάττωωνν Θέμα εξετάσεως Πανεπιστημίου Αθηνών (A) 27 Ιουνίου 2008

96. Θεωρήστε δύο σωματίδια μάζας m1 και m2 που βρίσκονται αντί-στοιχα στις θέσεις 1x

και 2x

και αλληλεπιδρούν με το νευτώνειο δυνα-

μικό (αυτό της βαρύτητας):

1 2

kV

x x

.

όπου 1 2k Gm m . α) Γράψτε τη Lagrangian που διέπει την κίνησή τους. β) Αντί των 1x

και 2x

χρησιμοποιήστε τώρα τις συντεταγμένες της

σχετικής θέσης 1 2x x x

και του κέντρου μάζας 1 1 2 2

1 2

m x m xX

m m

.

Γράψτε τη Lagrangian συναρτήσει αυτών των συντεταγμένων. γ) Ποια είναι η Hamiltonian στις καινούριες συντεταγμένες; δ) Διατηρείται κάποια από τις ορμές που αντιστοιχούν στις καινούριες συντεταγμένες; Αποδείξτε το. α) Η Lagrangian του συστήματος των δύο σωμάτων είναι:

2 21 1 2 2

1 2

1 1 kL m x m x

2 2 x x

όπου 1 1 1 1x x , y ,z

και 2 2 2 2x x , y ,z

.

β) Η σχετική θέση είναι: 1 2x x x

(1)

Η ανηγμένη μάζα είναι: 1 2

1 1 1

m m

Η θέση του κέντρου μάζας είναι: 1 1 2 2

1 2

m x m xX

m m

(2)

Η ολική μάζα του συστήματος είναι: 1 2M m m Παρατήρηση Η ανηγμένη μάζα μπορεί να γραφεί:

1 2 1 2

1 2

m m m m

m m M

Page 78: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

72

Από τις (1) και (2) θα βρούμε πώς γράφονται τα 1 2x ,x

συναρτήσει των

x,X

.

2 1

(1)x x x

1 1 2 2 1 1 2 2 1 21 2

1 2

1 2 1 2 21 1 1

1 2 2 21 1

m x m x m x m x m mX x x

m m M M M

m m m m mx x x x x

M M M M M

m m m mx x x x

M M M

21

mx X x

M

Αντικαθιστώντας στην (1), έχουμε:

1 2x x x

2 22 1

2 2 1 2

m mx x x X x x X 1 x

M M

m M m m mX x X x

M M

12

mx X x

M

Άρα,

21 2 1

1 1 2 21

21 2

mx x x x X xMm x m x

X mx X xm m

M

Οι ταχύτητες γράφονται:

21

mx X x

M

22 2 22 2

1 2

m mx X 2 xX x

M M

12

mx X x

M

22 2 21 1

2 2

m mx X 2 xX x

M M

Page 79: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

73

Το δυναμικό είναι:

1 2

k kV

x x x

Η Lagrangian του συστήματος των δύο σωματιδίων είναι:

2 21 1 2 2

1 2

1 1 kL m x m x

2 2 x x

2 22 2 2 22 2 1 1

1 22 2

m m m m1 1 km X 2 xX x m X 2 xX x

2 M M 2 M xL

M

2 22 2 2 22 2 1 1

1 1 1 2 2 22 2

m m m m1 1 1 1 1 1 km X m 2 xX m x m X m 2 xX m x

2 2 M 2 M 2 2 2 M xL

M

2 2

2 21 2 2 1 1 2 2 11 2 2 2

m m m m m m m m1 1 km m X xX xX x

2 M M 2 M M xL

2 2

2 21 2 2 1 1 2 2 11 2 2 2

m m m m m m m m1 1 km m X xX xX x

2 M M 2 M M xL

2 21 1 kMX x

2 xL

2

διότι,

2 2 2 21 2 2 11 2 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2

2 2 2 2 2

m m m mm m m m m m m m m m M m m

M M M M M M

Παρατήρηση Η Lagrangian του συστήματος αποτελείται από δύο ανεξάρτητες La-grangians. H μία περιγράφει την κίνηση του κέντρου μάζας που είναι:

2CM

1L MX

2

και η άλλη περιγράφει τη σχετική κίνηση των δύο σωματιδίων 2

relative

1 kL x

2 x

.

Page 80: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

74

Η ορμή του κέντρου μάζας είναι: L

P MXX

Η ορμή της σχετικής θέσης είναι: L

p xx

Θεωρία Μετατροπή Lagrangian σε Hamiltonian

Η Hamiltonian γράφεται:

i ii

p q L

Επειδή

2 2

i ii

P p P pp q P X p x P p

M M

έχουμε:

2 2 2 22 2

2 2 2 2 2 2

P p P p 1 1 kL MX x

M M 2 2 x

P p P p k P p k

M 2M x 2M 2 x

Συνεπώς, η Hamiltonian του συστήματος είναι:

2 2P p k

2M 2 x

Page 81: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

75

Παρατήρηση Η Hamiltonian του συστήματος αποτελείται από δύο ανεξάρτητες Ham-iltonians. Η μία περιγράφει την κίνηση του κέντρου μάζας που είναι:

2

CM

P

2M

και η άλλη περιγράφει τη σχετική κίνηση των δύο σωματιδίων: 2

relative

p k

2 x

Επίσης, αν γνωρίζουμε τη Hamiltonian, η γενικευμένη δύναμη είναι:

ii

Hp

q

Η ορμή του κέντρου μάζας διατηρείται διότι:

H

P 0X

.

Η σχετική ορμή δε διατηρείται γιατί μέσα στη Hamiltonian περιέχεται το μέτρο του x r

. Είναι βολικό να δουλέψουμε σε σφαιρικές συντε-

ταγμένες. Αν το διάνυσμα σχετικής θέσης γράφεται x r, ,

, τότε:

r 2

H H kp

r x x

,

Hp 0

,

Hp 0

Δηλαδή, από τη σχετική γενικευμένη ορμή διατηρούνται μόνο οι γωνι-ακές συνιστώσες δηλαδή η σχετική στροφορμή, αφού η σχετική κίνηση είναι κεντρική (κεντρική διότι η δυναμική ενέργεια αλληλεπίδρασης των δύο σωματιδίων εξαρτάται μόνο από την απόστασή τους).

Page 82: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

76

ΚΚίίννηησσηη φφοορρττιισσμμέέννοουυ σσωωμμααττιιδδίίοουυ μμέέσσαα σσεε μμααγγννηηττιικκόό ππεεδδίίοο Θέμα εξετάσεως Πανεπιστημίου Αθηνών (Γ) 27 Ιουνίου 2008 97. Σωματίδιο μάζας m και φορτίου e κινείται στο μη ομογενές μα-γνητικό πεδίο x

το οποίο με τη σειρά του μπορεί να περιγραφεί

μέσω του ανυσματικού δυναμικού A

ως ακολούθως: B A

. Οι τρεις συνιστώσες των ανυσμάτων σημειώνονται αντίστοιχα με x,y,z. Με

συμβολίζουμε την ταχύτητα του σωματιδίου. α) Γράψτε τη Lagrangian του φορτισμένου σωματιδίου. β) Κατασκευάστε τη Hamiltonian που διέπει το σωματίδιο. γ) Υπολογίστε τις εξής αγκύλες Poisson:

x y zx,p , y,p , z,p

όπου px, py, pz οι κανονικές ορμές του συστήματος, συζυγείς των θέσε-ων x,y,z αντίστοιχα. δ) Υπολογίστε τις εξής αγκύλες Poisson:

x x x yx,A , x,m , m ,m

ε) Γράψτε τις εξισώσεις κίνησης όταν το σωματίδιο κινείται στο ανυ-σματικό δυναμικό x y zA By, A A 0 όπου B μία σταθερά (το δο-

σμένο ανυσματικό δυναμικό αντιστοιχεί σε ομογενές μαγνητικό πεδίο στην κατεύθυνση z) και προσδιορίστε την κίνηση του σωματιδίου x(t), y(t), z(t) δεδομένων των αρχικών συνθηκών x(0) = y(0) = z(0) = 0 και υx(0) = 1, υy(0) = 0, υz(0) = 0.

Θεωρία Lagrangian κίνησης φορτισμένου σωματιδίου μέσα

σε ηλεκτρομαγνητικό πεδίο

Γενικά, η Lagrangian ενός φορτισμένου σωματιδίου q και μάζας m που κινείται μέσα σε ηλεκτρομαγνητικό

πεδίο, με ανυσματικό δυναμικό

και βαθμωτό δυ-ναμικό φ είναι:

21L mr q r q

2

α) Επειδή δεν υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο, φ = 0, και q = e, έχουμε:

21L mr e r

2

Page 83: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

77

Η κανονική ορμή είναι: L

p mr er

και δεν είναι ίση με τη κλασική ορμή mr .

Θεωρία Μετατροπή Lagrangian σε Hamiltonian

Η Hamiltonian γράφεται:

i ii

p q L

β) Η κανονική ταχύτητα του σωματιδίου προκύπτει:

p mr e mr p e

p er

m

(1)

i ii

p ep q p r p

m

(1)2

i ii

p e 1p q L p mr e r

m 2

2p e 1 p e p e

p m em 2 m m

2

p e 1 p ep e m

m 2 m

2 2p e p e1

m 2 m

2p e

2m

Page 84: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

78

Θεωρία Αγκύλη Poisson

i i i i i

A B A B,

q p p q

x x x x x xx

x x y y z z

1 0 0 00 0

p p p p p px x x x x xx,p 1

x p p x y p p y z p p z

Όμοια, έχουμε:

yy,p 1 ,

zz,p 1

γ)

x x x x x xx

x x y y z z

0 0 0 00 0

A A A A A Ax x x x x xx,A 0

x p p x y p p y z p p z

x x x x xx,m x,mx x,p e x,p e x, 1 0 1

y x x x y ym ,m mx,my p e ,p e

2x y x y x y x yp ,p e , e p , e A ,p

y x0 0 e ex y

yxzz

e e A eBy x

y xe ex x

Page 85: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

79

δ)

x

y

z

A ByA 02 22 2A 0

y yx x z zp e p ep e p e

H2m 2m 2m 2m

2 2 2yx z

pp eBy pH

2m 2m 2m

Θεωρία εξισώσεις του Hamilton

ii

Hq

p

, ii

Hp

q

x

x

p eByHx

p m

(2) x

Hp 0

x

(5)

y

y

pHy

p m

(3) xy

p eByHp eB

y m

(6)

z

z

pHz

p m

(4) z

Hp 0

z

(7)

(5) x x,op t const p

(7) y y,op t const p

Από (2) και (6), έχουμε:

ypx

eB

ydpdx 1

dt eB dt y

1dx dp

eB

y

y,o

pxy y,o

y

0 p

p p1dx dp x

eB eB

y y,op t px t

eB

(8)

Page 86: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

80

Παραγωγίζοντας τη (2), έχουμε:

xp eByx

m

(3) (8)

yxy y,02 2

pp eBy eB eB eB eBx y p eBx p

m m m m m m

2

y,02

eB eBx x p

m m

2

y y2

eB eBx x m 0 eA 0

m m

2eB

x x 0m

2x x 0

H λύση είναι της μορφής: x t Acos t Bsin t

όπου θέσαμε eB

m . Δεδομένου των αρχικών συνθηκών:

m eBx t cos t

eB m

Όμοια, παραγωγίζουμε την (3)

ypy

m

(6)y

x2

p eBy p eBy

m m

2

x2

eB eBy y p

m m

2

x x2

eB eBy y m 0 eA 0

m m

2

2

eB eBy y

m m

Η λύση της διαφορικής εξίσωσης, μαζί με τις αρχικές συνθήκες:

m eBy t 1 cos t

eB m

Παρατηρήστε ότι 2 2

2 m mx y

eB eB

, δηλαδή εκτελεί κυκλική

κίνηση πάνω στο επίπεδο (x,y) με κέντρο το (0, –m/eB) και ακτίνα R = m/eB.

Page 87: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

81

98. Πώς ορίζεται η δράση για μηχανικά συστήματα που βρίσκο-νται υπό την επίδραση συντηρητικών δυνάμεων;

B

A

t

t

S Ldt

99. Διατυπώστε την αρχή του Hamilton. Πώς αλλιώς ονομάζεται;

Ένα σωματίδιο που ξεκινάει από το σημείο Α τη χρονική στιγμή tA, και περνάει από το ση-μείο Β τη χρονική στιγμή tB, ακολουθεί εκείνη τη διαδρομή, όπου η δράση (S) καθίσταται στάσιμη, δηλαδή:

S 0

Η αρχή του Hamilton ονομάζεται και αρχή της στάσιμης δράσης ή και ιστορικά αρχή της ε-λάχιστης δράσης.

100. Να γραφεί η δράση, από τη χρονική στιγμή tA έως tΒ, ενός ε-λεύθερου σωματιδίου.

B

B

AA

tt

2

tt

1S Ldt m dt

2

101. Να γραφεί η δράση, από τη χρονική στιγμή tA έως tΒ, ενός σω-ματιδίου που εκτελεί ελεύθερη πτώση.

B B B

B

AA A A

t t tt

2 2 2

tt t t

1 1 1S Ldt m mgz dt mz mgz dt mz mgz dt

2 2 2

x

y

z

Α

Β

Ο

Page 88: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

82

102. Να γραφεί το ανάπτυγμα Taylor μίας συνάρτησης f(x) απεριό-ριστα παραγωγίσιμης σε όλο το γύρω από το σημείο xo.

2o oo o o

f x f xf x f x x x x x ...

1! 2!

103. Να γραφεί το ανάπτυγμα Taylor μίας συνάρτησης f(x,y) απε-ριόριστα παραγωγίσιμης σε όλο το γύρω από το σημείο (xo,yo).

o o o o

o o o o

x ,y x ,y

f x, y f x, yf x f x , y x x y y ...

x y

104. Να αναπτυχθεί σε σειρά η L x,x, t γύρω από το «σημείο»

x,x, t .

x,x,t x,x,t

L x,x, t L x,x, tL x, x, t L x, x, t x x x x ...

x x

105. Πώς γράφεται το προηγούμενο ανάπτυγμα όταν:

x t x t t με ε << 1

x,x,t x,x,t

2

L x,x, t

L x,x, t L x,x, tx xL x,x, t x x x x ...

x x x x

L L L LL x, x, t L x,x, t

x x x x

Page 89: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

83

106. Αν η Lagrangian ενός σωματιδίου είναι L x,x, t , εφαρμόστε

την αρχή του Hamilton για να βρείτε τις διαφορικές εξισώσεις που προσδιορίζουν τη φυσική τροχιά του σωματιδίου.

Ας υποθέσουμε ότι η φυσική τροχιά του σωματι-δίου είναι η x(t), όπως φαίνεται στο σχήμα. Η δράση της προηγούμενης διαδρομής είναι:

B

A

t

t

S L x,x, t dt

Αν επιλέξουμε μία παραλλαγμένη τροχιά x t

τέτοια ώστε

x t x t t

όπου ε << 1 και A Bt t 0 , έτσι ώστε

A Ax t x t και B Bx t x t , τότε η Lagran-

gian της παραλλαγμένης τροχιάς είναι:

2L LL x,x, t L x, x, t

x x

Έτσι, η δράση είναι:

BB B

A AA

B

A

tt t

2

t tt

t

2

t

L LS L x, x, t dt L x,x, t dt dt

x x

L LS dt

x x

Επειδή

B BB

B

AA A A

t ttt

tt t t

L L d L d Ldt t dt dt

x x dt x dt x

t

x

Α

Ο

B x(t)

tA tB

xA

xB

t

x

Α

Ο

B x t

tA tB

xA

xB

Page 90: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

84

η δράση γράφεται: B

A

t

t

L d LS S dt

x dt x

Για να καθίσταται η δράση στάσιμη, πρέπει δS = S S 0 , έτσι:

B

A

t

t

L d Ldt 0

x dt x

L d L0

x dt x

Βλέπουμε ότι η αρχή του Hamilton οδηγεί στις εξισώσεις Euler – La-grange. Για ένα σύστημα σωματιδίων γενικευμένων μεταβλητών qi παίρνουν τη γενική μορφή:

i i

L d L0

q dt q

107. Ποια είναι η φυσική τροχιά ενός ελεύθερου σωματιδίου; Είναι η ευθύγραμμη ομαλή κίνηση γιατί είναι η τροχιά που καθιστά τη δράση στάσιμη. Αν θέλουμε να αποφύγουμε τη χρήση της δράσης, τότε επειδή

21L mx

2

χρησιμοποιώντας τις εξισώσεις Euler – Lagrange, καταλήγουμε στην εξίσωση κίνησης mx 0 , που σημαίνει ευθύγραμμη ομαλή κίνηση.

Page 91: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

85

108. Ένα σωματίδιο τη χρονική στιγμή t = 0 βρίσκεται στη θέση x = 0 και κινείται με σταθερή ταχύτητα υ1 προς τα δεξιά. Τη χρονική στιγμή t στο σημείο L χτυπάει ελαστικά έναν τοίχο. Έτσι, συνεχί-ζει την πορεία του κινούμενο με σταθερή ταχύτητα υ2 προς τα αρι-στερά μέχρι να επιστέψει ξανά στην αρχική του θέση ύστερα από χρόνο Τ. α) Να γραφεί η δράση του σωματιδίου το χρονικό διάστη-μα 0 έως Τ συναρτήσει των μεταβλητών t ,L. β) Δείξτε ότι ο χρό-

νος που συγκρούεται το σωματίδιο με τον τοίχο είναι: t T / 2 .

Η δράση του σωματιδίου είναι:

t T t T2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 t

0 t0 t

2 2

2 2

22

2 22

1 1 1 1 1 1S m dt m dt m dt m dt m t m T t

2 2 2 2 2 2

1 L 0 1 0 Lm t m T t

2 t 0 2 T t

1 L 1 Lm t m T t

2 t 2 T t

1 L 1 L 1 1 1m m mL

2 t 2 T t 2 t T t

β) Καθιστώντας τη δράση στάσιμη, πρέπει:

2

tS 10 0

t t T t

Tt

2

Δηλαδή ο χρόνος «πήγαινε» είναι ίσος με το χρόνο «έλα» και υ1 = – υ2, όπως περιμέναμε.

t

x(t)

Ο T/2

L

T

Page 92: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

86

ΕΕλλεεύύθθεερροο σσωωμμααττίίδδιιοο πποουυ κκιιννεείίττααιι ππάάννωω σσεε κκυυλλιιννδδρριικκήή εεππιιφφάάννεειιαα Θέμα εξετάσεως Πανεπιστημίου Αθηνών (Β) 26 Σεπτεμβρίου 2008

109. Ένα σωματίδιο μάζας m κινείται επί μίας κυλινδρικής επιφάνειας ακτίνας R. Στο σωματίδιο δεν ασκείται καμία δύναμη. α) Το σωματίδιο ξεκινάει τη χρονική στιγμή t = 0 από ένα σημείο του κυλίνδρου και επιστρέφει στο ίδιο σημείο μετά από χρόνο Τ. Γράψτε τη Lagrangian και το ολοκλήρωμα της δράσης του σωματιδίου (πριν αυτή στασιμοποιηθεί). β) Υποθέστε ότι το σωματίδιο κινείται πάνω στη διαδρομή του θεσεο-γραφικού χώρου

t t t

z t z t

όπου φο, zo καθορίζουν τις κυλινδρικές συντεταγμένες του αρχικού και τελικού σημείου του σωματιδίου. Υπολογίστε τις ποσότητες η(0), η(Τ), ξ(0) καθώς και την τιμή της ω, έτσι ώστε ξ(Τ) = 0. Η τιμή της ω είναι μοναδική ή υπάρχουν και πολλές τιμές που μπορεί να πάρει αυτή; γ) Με δεδομένα τα αποτελέσματα του προηγούμενου ερωτήματος, γράψτε πάλι το ολοκλήρωμα της δράσης και δείξτε τι κίνηση συνεπάγε-ται η ελαχιστοποίηση αυτού. δ) Ποια η ελάχιστη τιμή της δράσης για κάθε μία από τις τιμές που μπο-ρεί να πάρει η ω; Περιγράψτε την κίνηση του σωματιδίου που αντιστοι-χεί σε καθένα από αυτά τα ελάχιστα. Υπενθύμιση Ταχύτητα σε κυλινδρικές συντεταγμένες

ταχύτητα ˆ ˆ ˆrr r zz

μέτρο ταχύτητας 2 2 2 2 2r r z

Υπενθύμιση Δράση

B

A

t

t

S Ldt

α) Η Lagrangian του σωματιδίου εφόσον είναι ελεύθερο είναι:

2 2 2 2 21 1L T V m m r r z

2 2

Page 93: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

87

Το μόνο που έχουμε να κάνουμε τώρα, είναι να βάλουμε τους περιορι-σμούς της κίνησης. Το σωματίδιο πρέπει να κινείται πάνω στην κυλιν-δρική επιφάνεια. Με άλλα λόγια, r R ( r R 0 ), συνεπώς η Lagran-gian γράφεται:

2 2 21L m R z

2

Η δράση είναι το ολοκλήρωμα: T T

2 2 2

0 0

1S Ldt m R z dt

2

β) t t t , z t z t

0

0 0 t t 0 0

2k

T T 2k T T 2k

T T 2k

Επειδή θέλουμε T 0 , πρέπει 2

kT

με k 0, 1, 2,...

z 0 z

z 0 z 0 0

z z

z z 0

γ)

t t t

z t z t z

Η δράση για τη δεδομένη τροχιά που μας δίνεται γράφεται:

TT

22 2 2 2 2

0 0

1 1S m R z dt m R dt

2 2

T

2 2 2 2

0

1m R 2 d

2S t

Page 94: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

88

T

2 2 2 2 2 2

0

1m R R 2 dt

2S R

T T

2 2 2 2 2 2

0 0

1 1 1mR T m R 2 dt m R dt

2 2 2S

T

T2 2 2 2 2 2

00

S1 1

mR T mR t m R dt2 2

T

2 2 2 2 2

0

1 1mR T m RS dt

2 2

Το τελευταίο ολοκλήρωμα είναι θετικά ορισμένο. Για να ελαχιστοποιεί-ται η δράση, πρέπει ξ(t) = η(t) = σταθερά και επειδή ξ(0) = η (0) = 0, η δράση ελαχιστοποιείται για την τροχιά:

t t και z t z

δ) Η ελάχιστη τιμή της δράσης είναι:

2k 2T

2 2 2min

1 2 mRS mR T k

2

Η φυσική τροχιά για κάθε μία από τις τιμές του k είναι ομαλή κυκλική

κίνηση με γωνιακή συχνότητα 2

kT

, στον κύκλο z = zo πάνω στην

επιφάνεια του κυλίνδρου.

Page 95: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

89

ΕΕλλεεύύθθεερρηη κκίίννηησσηη σσωωμμααττιιδδίίοουυ ππάάννωω σσεε εεππίίππεεδδοο μμεε σσττααθθεερρήή γγωωννιιαακκήή τταα--χχύύττηητταα

Θέμα εξετάσεως Πανεπιστημίου Αθηνών (Α) 27 Ιουνίου 2008

110. Σωματίδιο διέπεται από τη Lagrangian: 2 2 2mL r r

2

όπου ω σταθερά. 1. περιγράψτε ένα φυσικό σύστημα που να περιγράφεται από μία τέτοια δυναμική. Η Lagrangian ενός ελεύθερου σωματιδίου που κινείται στο επίπεδο, γραμμένη σε πολικές συντεταγμένες, είναι:

2 2 21L m r r

2

Συγκρίνοντας με τη Lagrangian του προβλήματος, βλέπουμε ότι η γω-νιακή ταχύτητα είναι σταθερή, δηλαδή ή . Άρα, έχουμε ελεύθερη κίνηση πάνω σε επίπεδο με σταθερή γωνιακή ταχύτητα. Ένα παράδειγμα της κίνησης είναι η ελεύθερη κίνηση ενός σωματιδίου μάζας m πάνω σε μία περιστρεφόμενη ράβδος με γωνιακή ταχύτητα ω.

Συνέχεια θέματος 2. Ποια από τις δύο ποσότητες διατηρείται και γιατί κατά την κίνηση, η

2 2 2r r ή η ίδια η Lagrangian 2 2 2r r ;

Η διαφορική εξίσωση της κίνησης που προκύπτει από την Euler – La-grange, είναι:

L d L0

r dt r

2m r mr 0 2r r 0 (1)

Για να διατηρείται μία ποσότητα Α, πρέπει dA

0dt

, συνεπώς:

(1)

2 2 2 2 2dr r 2r r 2 rr 2r r r 0

dt

Άρα, το 2 2 2r r είναι μια διατηρητέα ποσότητα.

(1)

2 2 2 2 2 2 2 2dr r 2r r 2 rr 2r r r 2r r r 4 r r

dt

Page 96: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

90

Συνέχεια θέματος 3. Αν η ποσότητα m έλειπε από την έκφραση της Lagrangian, θα περιέ-γραφε το ίδιο φυσικό σύστημα; Παίρνοντας τις εξισώσεις Euler – Lagrange, καταλήγουμε στις ίδιες ε-ξισώσεις κίνησης. Δηλαδή:

2 2 21L r r

2

L d L0

r dt r

2r r 0 2r r 0

Όταν πολλαπλασιάσουμε μία Lagrangian με μία σταθερά, τότε δεν αλλά-ζει το φυσικό περιεχόμενό της. Με άλλα λόγια, περιγράφει το ίδιο φυσικό σύστημα.

Συνέχεια θέματος 4. Ελέγξτε αν η τροποποιημένη Lagrangian

2mL r r

2

περιγράφει το ίδιο φυσικό σύστημα. Α τρόπος

2mL r r

2

Η εξίσωση Euler Lagrange είναι: L d L

0r dt r

Όμως,

2 2L mr r m r r m r m r

r r 2

2L mr r m r r

r r 2

Page 97: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

91

d L dm r r mr m r

dt r dt

Άρα, L d L

0r dt r

2m r m r mr m r 0

2m r mr 0 2r r 0 2r r 0 (ίδια με την 1) Άρα, η τροποποιημένη Lagrangian περιγράφει το ίδιο φυσικό σύστημα.

Θεωρία Μετασχηματισμός Βαθμονόμησης

df q, tL q,q, t L q,q, t

dt

Αν στη Lagrangian ενός συστήματος L q,q, t προ-

σθέσουμε μία τέλεια χρονική παράγωγο μίας συνάρ-τησης, τότε η νέα Lagrangian L q,q, t περιγράφει το

ίδιο φυσικό σύστημα.

Β Τρόπος Η αρχική Lagrangian του προβλήματος είναι:

2 2 21L m r r

2

Η νέα Lagrangian γράφεται:

2 2 2 2 2 2 2m m m mL r r r 2r r r r r 2r r

2 2 2 2

2 2m m d d mL 2rr L r L r

2 2 dt dt 2L

Άρα, ο επιπλέον όρος στη νέα Lagrangian, m rr , είναι μία τέλεια χρο-

νική παράγωγος 2d mr

dt 2

, δηλαδή είναι μετασχηματισμός βαθμονό-

μησης και δεν αλλοιώνει το φυσικό νόημα.

Page 98: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

92

Συνέχεια θέματος Στα ακόλουθα ερωτήματα ασχοληθείτε με την αρχική Lagrangian . 5. Περιγράψτε την εξίσωση κίνησης και προσδιορίστε το σημείο ισορ-ροπίας του σωματιδίου. Η διαφορική εξίσωση κίνησης είναι:

L d L0

r dt r

2m r mr 0 2r r 0

Η γενικευμένη δύναμη είναι: 2r

LF m r

r

Άρα, ισορροπία έχουμε όταν Fr = 0, δηλαδή όταν r = 0 (και βρεθεί στο σημείο αυτό με r 0 ).

Συνέχεια θέματος 6. Αν το σωματίδιο βρίσκεται ακίνητο τη χρονική στιγμή t = 0 στο ση-μείο r = ro, ποια η εξέλιξη του σωματιδίου; Επιβεβαιώστε ότι η ποσότητα του ερωτήματος (2) πράγματι παραμένει σταθερή. Η διαφορική εξίσωση της κίνησης είναι:

2r r 0 Αυτή έχει λύσεις της μορφής:

t t1 1r t A e B e

ή διαφορετικά:

r t Asinh t Bcosh t

r t A cosh t B sinh t

Το πρόβλημα αρχικών τιμών θα μας προσδιορίζει τις σταθερές Α, Β.

o o or 0 r Asinh 0 Bcosh 0 r B r

r 0 0 A cosh 0 B sinh 0 A=0

Άρα, or t r cosh t

Επίσης, η ταχύτητα είναι: or t r sinh t (που όντως μηδενίζεται για

t = 0, αφού το σωματίδιο τότε ήταν ακίνητο).

Page 99: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

93

Υπενθύμιση Υπερβολικό ημίτονο – συνημίτονο

Υπερβολικό ημίτονο x xe e

sinh x2

Υπερβολικό συνημίτονο x xe e

cosh x2

cosh(x)

2 2cosh x sinh x 1 2 2sinh x cosh x cosh 2x

sinh x cosh x cosh x sinh x

10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10

1000

800

600

400

200

200

400

600

800

1000

x

y

f(x) = sinh (x)

10 8 6 4 2 0 2 4 6 8 10

1000

800

600

400

200

200

400

600

800

1000

x

y

f(x) = cosh

Page 100: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

94

Συνέχεια θέματος 7. Υπολογίστε τη δράση για το χρονικό διάστημα Τ που αντιστοιχεί στη φυσική κίνηση που τη χρονική στιγμή για t = 0 το σωματίδιο βρί-σκεται ακίνητο στο σημείο r = ro.

Θεωρία Αρχή της ελάχιστη Δράσης ή Αρχή του Hamilton

Δράση B

A

t

t

S Ldt

Ένα σωματίδιο που ξεκινάει από το σημείο Α τη χρο-νική στιγμή tA, και περνάει από το σημείο Β τη χρονι-κή στιγμή tB, ακολουθεί εκείνη τη διαδρομή, όπου η δράση (S) καθίσταται στάσιμη.

Η δράση από τη χρονική στιγμή t = 0 έως t = T είναι:

T

T2 2 2

00

mS Ldt r r dt

2

Όμως,

or t r cosh t 2 2 2or r cosh t

or t r sinh t 2 2 2 2or r sinh t

Επομένως, η δράση γίνεται:

T

2 2 2 2 2 2o o

0

mS r sinh t r cosh t dt

2

T

2 2 2 2o

0

mr sinh t cosh tS t d

2 (*)

T2 2o

0

mr cosh 2 tdtS

2

T

2 2o

0

m sinh 2 tr dt

2 2S

2 2o

mr sinS h 2 T

4

Page 101: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

95

Συνέχεια θέματος 8. Στο πρόβλημα αυτό, η φυσική τροχιά καθιστά πάντοτε τη δράση ελά-χιστη; Συγκρίνετε τη με τη δράση στην οποία θα οδηγιόσασταν αν η κίνηση περιγραφόταν από τη φυσική διαδρομή συν μία παρέκκλιση (όχι κατά ανάγκη μικρή) η οποία διατηρεί ανέπαφες την αρχική και την τε-λική θέση. Με βάση την αρχή της ελάχιστης δράσης, η φυσική τροχιά καθιστά τη δράση πάντα ελάχιστη. Η φυσική τροχιά δεν είναι τίποτα άλλο από την or t r cosh t .

Θα υποθέσουμε ότι έχουμε μία παραλλαγμένη τροχιά:

r t r t t

όπου r t η παραλλαγμένη τροχιά

r t η φυσική τροχιά

t η παρέκκλιση με 0 0 .

Τη συνάρτηση που παρεκκλίνει τη φυσική τροχιά δεν την πολλαπλα-σιάσαμε με μία μικρή σταθερά ε, διότι το πρόβλημα μάς ζητάει να είναι η παρέκκλιση οσοδήποτε μικρή ή μεγάλη. Η Lagrangian της φυσικής τροχιάς είναι:

2 2 21L m r r

2

Η Lagrangian της παραλλαγμένης τροχιάς είναι:

2 22 2 2 2m mL r r r r

2 2

2 2 2 2 2mr 2r r 2r

2

2 2 2 2 2 2m mr r 2r 2r

2 2

2 2 2 2 2 2 2m m mr r 2r 2r

2 2 2

2 2 2 2o o

m mL 2 r sinh t 2r cosh t

2 2

Page 102: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

96

Επομένως, η δράση της παραλλαγμένης τροχιάς είναι:

T T

2 2 2o

0 0

mS S mr sinh t cosh t dt dt

2

T T

2 2 2o

0 0

mS mr sinh t dt dt

2S

T 0 0

T 2 2 2o 0

0

mS mr sinh t dt

2S

T

2 2 2

0

0

mS dS t

2

Πράγματι, S S . Η ισότητα ισχύει όταν η = 0, δηλαδή δεν υπάρχει παρέκκλιση της τρο-χιάς και επομένως η φυσική τροχιά καθιστά τη δράση στάσιμη.

Συνέχεια θέματος 9. Γράψτε τη Hamiltonian που αντιστοιχεί στη παραπάνω Lagrangian . Η γενικευμένη ορμή είναι:

2 2 2r

L 1p m r r mr

r r 2

rpr

m

Άρα, η Hamiltonian γράφεται:

2 2 2i i r r

i

1p q L p r L p r m r r

2

22 2r r

r

p p1p m r

m 2 m

2 2 2 22 2 2 2r r r r

2

22r

p p p p1 1 1m r m r

m 2 m m 2 m 2

1p m r

2m

Page 103: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

97

Συνέχεια θέματος 10. Γράψτε της εξισώσεις του Hamilton.

Θεωρία εξισώσεις του Hamilton

ii

Hq

p

, ii

Hp

q

22 rr

r r

pH 1r p m r

p p 2m m

22 2r r

H 1p p m r m r

r r 2m

Συνέχεια θέματος

11.Σχεδιάστε τις γραμμές ροής στο χώρο των φάσεων και με συντομία εξηγήστε τις κινήσεις που περιγράφονται στο σχήμα. Όταν το σωματίδιο έχει καθορισμένη ενέργεια Ε, τότε θα ισχύει:

22r

1E p m r

2m 2 2 2 2

r2mE p m r

22 2r 2m 1

p r

2mE 2mE

2 2r

2

12E2mE

m

p r

Αυτή είναι η καμπύλη στο χώρο των φάσεων, με παράμετρο την ενέρ-γεια Ε. Η προηγούμενη εξίσωση ισχύει για Ε 0 και παριστάνει κλάδους υπερ-βολής με ασύμπτωτες τις ευθείες:

2 2r

2

2m Ep r r m r m r

2 E

m

Page 104: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

98

Υπενθύμιση Εξίσωση υπερβολής σε καρτεσιανές συντεταγμένες

2 2

2 2

x y1

2 2

2 2

y x1

Όταν Ε > 0, οι υπερβολές έχουν άξονα συμμετρίας τον άξονα r, ενώ όταν Ε < 0, οι υπερβολές έχουν άξονα συμμετρίες τον άξονα pr.

Οι ασύμπτωτες των υπερβολών είναι το διάγραμμα που θα ακολουθήσει όταν Ε = 0.

x

y

y x

y x

x

y y x

y x

r

pr

E2 > 0

y 2r

E1 < 0

Page 105: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

99

Όταν η ενέργεια είναι αρνητική, π.χ. Ε1 < 0, το σωματίδιο δε θα περάσει ποτέ από τη θέση r = 0.

Συνέχεια θέματος 12. Ελέγξτε αν ο μετασχηματισμός:

1Q p m r

2m

, 1

P p m r2m

είναι κανονικός (r,p είναι οι κανονικές συντεταγμένες στις οποίες είναι εκφρασμένη η παραπάνω Hamiltonian).

Θεωρία Κανονικοί Μετασχηματισμοί

Οι μετασχηματισμοί που αφήνουν αναλλοίωτη τη Hamiltonian δυναμική ονομάζονται κανονικοί μετα-σχηματισμοί. Για να είναι ένας μετασχηματισμός κανονικός, πρέπει:

Q,P q,pA, B A, B

i i i i i

A B A B,

q p p q

Q,P

Q P Q PQ,P 1

Q P P Q

r,p

r,p

r

r,

,p

p

Q P Q PQ,P

r p p r

1 1p m r p m r

r p2m 2m

1 1p m r p m r

p r2m 2m

m 1 1 m

2m 2m 2m 2mm m

12m 2m

Q,P

Q,P

Q,P

Άρα, πράγματι, ο μετασχηματισμός (Q,P) είναι κανονικός.

Page 106: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

100

Συνέχεια θέματος 13. Ξαναγράψτε τη Hamiltonian στις νέες συντεταγμένες Q,P καθώς επίσης και τις αντίστοιχες εξισώσεις Hamilton με τις λύσεις τους. Αφού

1Q p m r

2m

, 1

P p m r2m

Η Hamiltonian γράφεται:

22r

1 1p m r p m r p m r

2m 2m

12m P 2m Q PQ

2m

Παρατήρηση Οι εξισώσεις του Hamilton σε κανονικούς μετασχηματισμούς παρα-μένουν αναλλοίωτες

HQ Q

P

dQ

dtQ

toQ Q e

HP P

Q

dPdt

P t

oP P e

Page 107: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

101

Συνέχεια θέματος 14. Συζεύξτε τώρα το σωματίδιο αυτό με κάποιο άλλο σωματίδιο με τη Lagrangian:

22 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2

mL r r r r r r

2

και γράψτε τις αλγεβρικές εξισώσεις που πρέπει να ικανοποιούν οι χα-ρακτηριστικές ιδιοκαταστάσεις του συστήματος.

Θεωρία Πίνακας Κινητικής και Δυναμικής Ενέργειας

Όταν η Lagrangian γραφτεί στη γραμμική μορφή:

ij i j ij i ji, j

1 1L T X X V X X

2 2

T T1 1L X X X X

2 2 T V

τότε ο πίνακας με στοιχεία Tij ονομάζεται πίνακας κι-νητικής ενέργειας και συμβολίζεται με Τ και ο πίνα-κας με στοιχεία Vij ονομάζεται πίνακας δυναμικής ε-νέργειας και συμβολίζεται με V.

Η δοσμένη συνάρτηση Lagrange έχει 2 βαθμούς ελευθερίας (2 θέσεις r1, r2). Έτσι η θέση του συστήματος, προσδιορίζεται πλήρως από το μονό-στηλο πίνακα:

1

2

rX

r

Η Lagrangian γράφεται:

22 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 2

2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 1 1 2 2 2 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 2 1

mL r r r r r r

2m

r r r r r r r r r r21 1

m r r m r r r r r r2 2

Η κινητική ενέργεια είναι:

2 21 2

1T m r r

2

Page 108: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

102

η οποία γράφεται:

11 2212 21

T

1 1 2 2 1 1 1 2 2 1 2 2

1 1 1 2 2 1 2 2T TT T

11 2

2X

X

1 1T m r r r r m r 1 r r 0 r r 0 r r 1 r

2 2

1r m r r 0 r r 0 r r m r

2

rm 01r r

r0 m2

T

Επομένως, ο πίνακας της κινητικής ενέργειας είναι:

11 12

21 22

T T m 0 1 0m

T T 0 m 0 1

T

Η δυναμική ενέργεια διαδοχικά γράφεται:

11 12 21 22

T

2 2 2 2 2 2 2 21 2 1 2 2 1

2 2 2 2 2 21 1 1 2 2 2 2 1

2 2 2 2 2 21 1 1 2 2 1 2 2

V V V V

2 2 2

1 2 2 2 2

X

1V m r r r r r r

21

m r r r r r r r r2

1r m r r m r r m r r m r

2

m m1r r

2 m m

1

2

X

r

r

V

Επομένως, ο πίνακας της δυναμικής ενέργειας είναι:

2 2 2 2 2 211 12

2 2 22 2 221 22

m mV Vm

V V m m

V

Page 109: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

103

Έτσι, η Lagrangian γράφεται: T T1 1

L X X X X2 2

T V

Από τις εξισώσεις Euler – Lagrange L d L

0X dt X

, προκύπτει:

X X 0 V T (1) Αν θεωρήσουμε λύση της μορφής i tX e , τότε το χαρακτηριστικό πολυώνυμο γράφεται:

2 0 V T (2)

Για να υπάρχουν μη μηδενικές λύσεις, πρέπει η παρακάτω ορίζουσα να είναι μηδενική:

2 0 V T 2 2 2

2

2 2 2

1 0m m 0

0 1

2 2 2 2

2 2 2 2

00

0

2 2 2 2

2 2 2 20

2 22 2 2 2 0

2 2 2 2 2 2 2 2 0

2 2 2 2 22 0

Άρα, οι ιδιοτιμές είναι: 2 2 και 2 2 22

Το ότι είναι 2 σημαίνει ότι το σύστημα έχει 2 τρόπους ταλάντωσης.

Έστω

. Για ιδιοτιμή (χαρακτηριστική συχνότητα) 2 2 ,

αντικαθιστώντας στην (1), έχουμε:

2 0 V T

2 2 2 2

2 2 2 20

Page 110: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

104

2 1 10

1 1

0

α = –β επιλέγουμε α = 1, άρα β = –1,

Επομένως, το χαρακτηριστικό ιδιοδιάνυσμα αυτής της ιδιοτιμής είναι:

1

1

1

Όμοια, για ιδιοτιμή (χαρακτηριστική συχνότητα) 2 2 22 μ βρί-σκουμε:

2

1

1

Οι αντίστοιχες λύσεις της διαφορικής εξίσωσης (1) είναι: 1i t

1 1X e 2i t

2 2X e

Συνέχεια θέματος 15. Για ποιες τιμές του σ2 μπορεί να έχουμε ταλαντώσεις;

Θεωρία Ευστάθεια – Αστάθεια

Αν ο πίνακας της δυναμικής ενέργειας V είναι θετικός, τότε το σημείο ισορροπίας είναι ευσταθές, διότι όλα τα 2

i είναι θετικά και επομένως το σύστημα θα εκτε-λεί ταλαντωτικές κινήσεις. Αν ο πίνακας της δυναμικής ενέργειας V δεν είναι θε-τικός, τότε το σημείο ισορροπίας θα είναι ασταθές, διότι θα υπάρχουν και αρνητικά 2

i , τα οποία αντι-

στοιχούν σε εκθετικές λύσεις i te , είτε αύξουσες είτε φθίνουσες.

Στην πρώτη περίπτωση, 2 2 , επειδή η χαρακτηριστική συχνότητα είναι αρνητική, ο τρόπος ταλάντωσης θα είναι ασταθής. Στη δεύτερη περίπτωση, 2 2 22 , έχουμε αστάθεια όταν 2 22 ενώ ευστάθεια όταν 2 22 .

Page 111: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

105

ΣΣωωμμααττίίδδιιαα ππάάννωω σσεε κκυυκκλλιικκήή σσττεεφφάάννηη Θέμα εξετάσεως Πανεπιστημίου Αθηνών (Γ) 26 Σεπτεμβρίου 2008 111. Ένα σύστημα Ν σωματιδίων, το καθένα με μάζα mi (i = 1,2,…,N) κινούνται πάνω σε μία κυκλική στεφάνη ακτίνας α. Η γωνιακή θέση επί της στεφάνης του i – οστού σωματιδίου είναι θi. Το δυναμικό αλληλεπί-δρασης όλων των σωματιδίων είναι:

N 2

j 1 jj 1

kV

2

όπου η k είναι μία θετική σταθερά και 1 1 εξ ορισμού. Η Lagrangian του συστήματος είναι:

2 N2

j jj 1

L m V2

α) Γράψτε τις εξισώσεις κίνησης για το i – οστό σωματίδιο και δείξτε ότι το σύστημα βρίσκεται σε ισορροπία όταν όλα τα σωματίδια είναι τοποθετημένα σε ίσες αποστάσεις το καθένα από το διπλανό του. β) Δείξτε ότι το σύστημα έχει πάντοτε έναν κανονικό τρόπο ταλάντω-σης με μηδενική συχνότητα. Πώς κινούνται τα σωματίδια σύμφωνα με αυτό τον τρόπο ταλάντωσης; γ) Βρείτε όλες τις ιδιοσυχνότητες και τους αντίστοιχους τρόπους ταλά-ντωσης για Ν = 2, m1 = kT2/α2 και m2 = 2kT2/α2, όπου Τ είναι μία στα-θερά. α) Η Lagrangian του συστήματος είναι:

2 N N 22

j j j 1 jj 1 j 1

kL m

2 2

Θεωρία Εξισώσεις Euler – Lagrange

i i

L d L0

q dt q

όπου qi η γενικευμένη θέση Η εξίσωση Euler – Lagrange για το i σωματίδιο είναι:

i i

L d L0

dt

(1)

Page 112: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

106

2 N N 22

j j j 1 jj 1 j 1i i

L km

2 2

22 2N Nj 2

j j j ij i ij j 1ii 1

m 0 2L

m m2 2

2 2i i i i

i

d L dm m

dt dt

(2)

Επίσης,

2 N N 22

j j j 1 jj 1 j 1i i

L km

2 2

N 2

j 1 jjii 1

k0

2

L

Το i μέσα στο άθροισμα περιέχεται δύο φορές [αν δεν μπορείτε να το διαπιστώσετε πάρτε 3 σωματίδια και ελέγξτε το]

N 2 2 2 2 2

j 1 j 2 1 3 2 i i 1 i 1 ij 1

... ...

επομένως:

N 2 2 2

j 1 j i i 1 i 1 i i i 1 i 1 ij 1i i

2 2

Συνεπώς:

i i 1 i 1 i i i 1 i 1 ii

L k2 2 k k

2

(3)

Από τις (2) και (3), η εξίσωση Euler – Lagrange του σωματιδίου γίνε-ται:

2i i i i 1 i 1 im k k 0

2i i i i 1 i 1 im k k 0

2i i i 1 i 1 im k 2 0

Page 113: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

107

Για να βρίσκεται το σύστημα σε ισορροπία, πρέπει οι δυνάμεις, και κατ’ επέκταση οι επιταχύνσεις, να είναι μηδενικές. Για να είναι μηδενικές οι επιταχύνσεις, i = 0, πρέπει και:

i 1 i 1 i2 = 0

Άρα, i 1 i 1 i . Δηλαδή, αν τα σωματίδια ισαπέχουν, οι δυνάμεις είναι μηδενικές (ισορ-ροπία). β) Όταν η συχνότητα είναι μηδενική, οι ταχύτητες των σωματιδίων εί-ναι σταθερές. Αφού οι ταχύτητες είναι σταθερές, οι δυνάμεις είναι μη-δενικές. Με άλλα λόγια, έχουν όλα την ίδια γωνιακή ταχύτητα, έτσι ώ-στε πάντα να ισαπέχουν με τα γειτονικά τους. Αυτός ονομάζεται τρόπος ταλάντωσης με μηδενική συχνότητα.

γ) Για δύο σωματίδια με μάζες 2

1 2

kTm

και

2

2 2

kTm 2

, η Lagran-

gian είναι:

2 2 2 22

j j j 1 jj 1 j 1

kL m

2 2

1

22

22 21 1 2 2 2 1 2 1 2

km m

2 2L

Προσοχή: 1 1 εξ ορισμού. Αντικαθιστώντας και τις μάζες, έχουμε:

2 2 2

2 22 21 2 2 1 1 22 2

kT kT kL 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 21 2 2 2 1 1 1 1 2 2

1 kkT 2kT 2 2L

2 2

2 2 2 2 2 21 2 1 1 2 2 1 2

1 kkT 2kT 2 2 2

2L

2

Η δοσμένη συνάρτηση Lagrange έχει 2 βαθμούς ελευθερίας (2 γωνίες θ1, θ2). Έτσι, η θέση του συστήματος προσδιορίζεται πλήρως από το μονόστηλο πίνακα:

1

2

Page 114: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

108

Θεωρία Πίνακας Κινητικής και Δυναμικής Ενέργειας

Όταν η Lagrangian γραφτεί στη γραμμική μορφή:

ij i j ij i ji, j

1 1L T X X V X X

2 2

T T1 1L X X X X

2 2 T V

όπου Τ ο πίνακας της κινητικής ενέργειας και V ο πί-νακας της δυναμικής ενέργειας.

Η κινητική ενέργεια είναι:

2 2 2 21 2

2 21 1 1 2 2 1 2 2

1kT 2kT

21

kT 0 0 2kT2

12 21

11 22

2 21 1 1 2 2 1 2 2

1kT 0 0 2kT

2

Επομένως, ο πίνακας της κινητικής ενέργειας είναι:

11 12 2

21 22

T T 1 0kT

T T 0 2

T

Η δυναμική ενέργεια είναι:

2 21 1 2 2 1 2

kV 2 2 2

2

1 1 1 2 2 1 2 2

12k 2k 2k 2k

2

Επομένως, ο πίνακας της δυναμικής ενέργειας είναι:

11 12

21 22

V V 2 2k

V V 2 2

V

Page 115: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

109

Έτσι, η Lagrangian μπορεί να γραφεί: T T1 1L

2 2 T V

Από τις εξισώσεις Euler – Lagrange L d L

0dt

, προκύπτει:

0 V T (1) Αν θεωρήσουμε λύση της μορφής i te , τότε το χαρακτηριστικό πολυώνυμο γράφεται:

2 0 V T (2)

Για να υπάρχουν μη μηδενικές λύσεις, πρέπει η παρακάτω ορίζουσα να είναι μηδενική:

2 0 V T 2 22 2 1 0k kT 0

2 2 0 2

2 2

2 2

2 T 20

2 2 2 T

2 2 2 22 T 2 2 T 4 0 2 2 2 2 4 44 4 T 2 T 2 T 4 0

2 2 4 46 T 2 T 0 4 4 2 2T 3 T 0

2 2 2 2T 1 3 T 0

Άρα, οι χαρακτηριστικές συχνότητες είναι:

1 0 και 2

3

Ας βρούμε τώρα τα ιδιοδιανύσματα για κάθε ιδιοτιμή. Για 1 0 , η εξίσωση (2) γράφεται:

2 0 V T 0 V 2 2

k 02 2

1 1

01 1

0

α = β, θεωρώντας β =1 έχουμε α =1 και επομένως

1

1

1

Page 116: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

110

Στην περίπτωση που Ω = 0 (αν και είχαμε γράψει 1i t1 1e ) η λύση

αυτή είναι της μορφής:

1 21

2 2

c t c

c t c

, ή διαφορετικά:

1 1 2

2 2 2

c t c

c t c

Αν για t = 0, θ1 = 0 και θ2 = π, τότε:

1 1

2 2

c t

c t

Σε αυτή την περίπτωση, τα σωματίδια κινούνται με την ίδια ταχύτητα, δηλαδή ισχύει:

1

2

t

t

και 1

2

Όμοια, για ιδιοτιμή (χαρακτηριστική συχνότητα) 2

3

, βρίσκουμε:

2

2

1

Οι αντίστοιχες λύσεις της διαφορικής εξίσωσης (1) είναι:

2i t2 2e

3

i t

2

2e

1

Πιο γενικά μπορούμε να γράψουμε

1

2

32 cos t

3cos t

Page 117: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

111

ΠΠααγγιιδδεευυττιικκόό δδυυννααμμιικκόό Θέμα εξετάσεως Πανεπιστημίου Αθηνών (Γ) 4 Μαΐου 2009

112. Σωματίδιο μάζας m κινείται πάνω στο επίπεδο x – y. Θέλοντας να το παγιδεύσουμε σε μία περιοχή του επιπέδου, κατασκευάζουμε ένα δυναμικό της μορφής:

2 21V x, y k 4x 2y 2 xy

2

α) Κατασκευάστε τους πίνακες κινητικής και δυναμικής ενέργειας για το σωματίδιο και βρείτε το σημείο ισορροπίας. β) Να βρεθούν οι χαρακτηριστικές συχνότητες του σωματιδίου και τα αντίστοιχα ιδιοδιανύσματα. γ) Να δείξετε ότι είναι ορθογώνια. δ) Για ποιες τιμές του συντελεστή λ οι χαρακτηριστικές συχνότητες εί-ναι πραγματικές; Είναι το δυναμικό που κατασκευάσαμε παγιδευτικό τελικά; ε) Αν το δυναμικό είναι παγιδευτικό, περιγράψτε ποιοτικά την κίνηση του σωματιδίου μέσα σε αυτό.

Θεωρία Πίνακας Κινητικής και Δυναμικής Ενέργειας

Όταν η Lagrangian γραφτεί στη γραμμική μορφή:

ij i j ij i ji, j

1 1L T X X V X X

2 2

T T1 1L X X X X

2 2 T V

α) H Lagrangian γράφεται:

2 2 2 21 1L T V m x y k 4x 2y 2 xy

2 2

Η συνάρτηση Lagrange έχει 2 βαθμούς ελευθερίας (2 θέσεις x, y). Έτσι, η θέση του συστήματος προσδιορίζεται πλήρως από το μονόστηλο πί-νακα:

xX

y

Η κινητική ενέργεια είναι:

2 21T m x y

2

Page 118: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

112

Αυτή μπορεί να γραφεί ως:

1 1T m xx yy m x 1 x x 0 y y 0 x y 1 y

2 2

11 2212 21T TT T

T

1x m x x 0 y y 0 x yL m y

2

Επομένως, ο πίνακας της κινητικής ενέργειας είναι:

11 12

21 22

T T m 0 1 0m

T T 0 m 0 1

T

Η δυναμική ενέργεια είναι:

11 2212 21

2 2

V VV V

1V k 4x 2y 2 xy

21

x4kx x ky y kx y2ky2

1x 4k x x k y y k x y 2k y

2

Επομένως, ο πίνακας της δυναμικής ενέργειας είναι:

11 12

21 22

V V 4k k 4k

V V k 2k 2

V

Μεθοδολογία Σημεία ισορροπίας

Τα σημεία ισορροπίας είναι εκείνα όπου το δυναμικό παρουσιάζει ακρότατο (μηδενική δύναμη). Όταν πα-ρουσιάζει τοπικό ή απόλυτο ελάχιστο είναι σημείο ευσταθούς ισορροπίας, ενώ όταν παρουσιάζει μέγιστο είναι σημείο ασταθούς ισορροπίας.

Page 119: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

113

V 10 k 8x 2 y 0 4x y 0x 2 x, y 0,0V 1 2y x 00 k 4y 2 x 0y 2

Άρα, το σημείο ισορροπίας είναι: x, y 0,0 .

β) Η Lagrangian γράφεται:

T T1 1L X X X X

2 2 T V

Από τις εξισώσεις Euler – Lagrange L d L

0X dt X

, προκύπτει:

X X 0 V T (1)

Αν θεωρήσουμε λύση της μορφής i tX e , τότε το χαρακτηριστικό πολυώνυμο γράφεται:

2 0 V T (2)

Για να υπάρχουν μη μηδενικές λύσεις πρέπει η παρακάτω ορίζουσα να είναι μηδενική:

2 24 1 00 k m 0

2 0 1

V T

2

2

4k m k0

k 2k m

2 2 2 24k m 2k m k 0 2 2

2m m4 2 0

k k

Για ευκολία, θέτουμε 2m

xk

. Επομένως,

Page 120: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

114

2 2 2

2 2

2

1,2

2

1,2

2

1,2

21,2

4 x 2 x 0 8 4x 2x x 0

x 6x 8 0

6 36 4 8x

2

6 36 32 4x

2

6 4 4x

2

x 3 1

Από τα προηγούμενα μπορούμε να βρούμε τις χαρακτηριστικές συχνό-τητες Ω.

2 21,2

k3 1

m

Για κάθε χαρακτηριστική συχνότητα Ω, μπορούμε να βρούμε τα ιδιοδι-ανύσματα από τη σχέση (2). Για 1,2 , η εξίσωση (2) γράφεται:

21,22

1,2 21,2

21,2

21,2

1,2

1,2

1,2 2

1,2

2

2

4k m k0 0

k 2k m

m4

k 0m

2k

4 x0

2 x

4 x 03 1

2 x 0

1 1 0

1 1 0

V T

Θέτοντας α =1, έχουμε τα ιδιοδιανύσματα: 1,2 2

1

1 1 /

.

Page 121: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

115

γ) Μεθοδολογία Ορθογώνια ιδιοδιανύσματα

Για είναι ορθογώνια δυο ιδιοδιανύσματα Χ1, Χ2, πρέ-πει το εσωτερικό τους γινόμενο να μηδενίζεται. Σε μορφή πινάκων, το εσωτερικό γινόμενο γράφεται:

1 2 ή 2 1

2

21 2

2 2 2

2

11 1

1 1 1

1 1 1 1 1 11 1 0

Άρα, είναι ορθογώνια. Μεθοδολογία Ευσταθές και Ασταθές σημείο ισορροπίας

Αν οι ιδιοσυχνότητες είναι πραγματικοί αριθμοί, τότε η εξίσωση (2) έχει μόνο ταλαντωτικές λύσεις με απο-τέλεσμα να έχουμε σημείο ευσταθούς ισορροπίας. Δι-αφορετικά, όταν μία τουλάχιστον ιδιοσυχνότητα είναι μιγαδικός αριθμός, τότε η μία από τις δύο λύσεις που προκύπτουν είναι εκθετική, που σημαίνει ότι έχουμε σημείο ασταθούς ισορροπίας.

δ) Για 2 2 , το τετράγωνο της μία από τις δύο ιδιοσυχνότητες είναι

αρνητικό, που σημαίνει ότι είναι μιγαδική και επομένως το σημείο ι-σορροπίας είναι ασταθές. Ενώ, όταν

2 2 και οι δύο ιδιοσυχνότητες είναι

πραγματικές, δηλαδή έχουμε ευσταθές ση-μείο ισορροπίας. Άρα, για είναι δυναμικό παγιδευτικό, πρέπει να έχουμε ευσταθή ι-

σορροπία και επομένως να ισχύει 2 2 .

ε) Το σωματίδιο εκτελεί αρμονική ταλάντω-ση σε καθένα από τα δύο ιδιοδιανύσματα με τις αντίστοιχες ιδιοσυχνότητες.

Page 122: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

116

113. Σώμα μάζας M = 2m συνδέεται με ελατήριο (σταθεράς k) στερε-ωμένο σε τοίχο και μπορεί να κινείται ελεύθερα σε οριζόντιο τραπέζι. Ένα άλλο σώμα μάζας m συνδέεται με το πρώτο με αβαρές νήμα μή-κους και μπορεί να ταλαντώνεται όπως στο σχήμα. α) Εισάγετε γενικευμένες συντεταγμένες και γράψτε τη Lagrangian του συστήματος. β) Γράψτε τις εξισώσεις κίνησης του συστήματος.

α) Το σύστημα έχει δύο βαθμούς ελευθερίας. Εισάγουμε ως γενι-κευμένες συντεταγμένες τη γωνία θ που σχηματίζει το εκκρεμές με τον κατακόρυφο άξονα και την απόσταση x της μάζας Μ από τη θέση ισορροπίας του ελατηρίου, όπως φαίνεται στο σχήμα. Η θέση της μάζας M δίνεται από: Mr x,0

και της μάζας m από: mr x sin , cos .

Οι αντίστοιχες ταχύτητες είναι:

M x,0 και m x cos , sin

Η κινητική ενέργεια του σωματιδίου m είναι:

2 2 2 2m

1T m x cos sin

2

Η κινητική ενέργεια του σωματιδίου Μ είναι:

21T Mx

2

m

Μ

Μ

x

Page 123: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

117

Θεωρώντας επίπεδο μηδενικής βαρυτικής ενέργειας το επίπεδο του τραπεζιού, η δυναμική ενέργεια του m σωματιδίου είναι:

mV mgz mg cos

Λόγω του ελατήριου, η δυναμική ενέργεια για το σωματίδιο Μ είναι:

2M

1V kx

2

Συνεπώς, η Lagrangian που περιγράφει το σύστημα είναι:

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

1 1 1L T V m x cos sin Mx mg cos kx

2 2 21 1 1

Mx m x 2 x cos mg cos kx2 2 2

β) Οι διαφορικές εξισώσεις κίνησης του σωματιδίου προκύπτουν από τις εξισώσεις Euler – Lagrange. Η εξίσωση Euler – Lagrange για τις:

x συντεταγμένη είναι: L d L

0x dt x

θ συντεταγμένη είναι: L d L

0dt

L

kxx

LMx m x cos

x

2d LM m x m cos m sin

dt x

L

mg xsin mg sin

2Lm m x cos

2d Lm m x cos m x sin

dt

Αντικαθιστώντας τα προηγούμενα στην εξίσωση Euler – Lagrange, οι εξισώσεις κίνησης γράφονται:

2M m x m cos m sin kx 0 (1) 2m m x cos mg sin 0 (2)

Οι διαφορικές εξισώσεις κίνησης του συστήματος είναι:

2 k3x cos sin x 0

m (3)

x gcos sin 0

(4)

Page 124: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

118

114. Δύο σωματίδια μαζών M = 2m και m συνδέονται με αβαρές μη εκτατό νήμα μεγάλου μήκους. Το σωματίδιο μάζας Μ τοποθετείται σε λείο τραπέζι και συνδέεται με ελατήριο σταθεράς k ενώ το άλλο σωμα-τίδιο μπορεί να ταλαντώνεται ελεύθερα όπως στο σχήμα. Όταν το ελα-τήριο βρίσκεται στη θέση ισορροπίας, το μήκος του εκκρεμούς είναι . Η επιτάχυνση της βαρύτητας είναι g. α) Εισάγετε γενικευμένες συντεταγμένες και γράψτε τη Lagrangian του συστήματος. β) Γράψτε τις εξισώσεις κίνησης του συστήματος. γ) Υποθέτοντας μικρές ταλαντώσεις του εκκρεμούς, υπολογίστε το μή-κος συναρτήσει του χρόνου.

α) Το σύστημα έχει δύο βαθμούς ελευθερίας. Εισάγουμε ως γενικευμέ-νες συντεταγμένες τη γωνία θ που σχηματίζει το εκκρεμές με τον κατα-κόρυφο άξονα και το μήκος του εκκρεμούς r, όπως φαίνεται στο σχήμα. Όταν το ελατήριο βρίσκεται στη θέση ισορροπίας, το μήκος του εκκρε-μούς είναι . Άρα, η μετατόπιση του ελατηρίου από τη θέση ισορροπί-ας είναι r .

Mk

m

Mk

m

r

r

θ

Page 125: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

119

Η κινητική ενέργεια του σωματιδίου m είναι:

2 2m

1T m r r

2

Η κινητική ενέργεια του σωματιδίου Μ είναι:

2

21 d 1T M r Mr

2 dt 2

Θεωρώντας επίπεδο μηδενικής βαρυτικής ενέργειας το επίπεδο του τραπεζιού, η δυναμική ενέργεια του m σωματιδίου είναι:

mV mgz mgr cos

Λόγω του ελατήριου, η δυναμική ενέργεια για το σωματίδιο Μ είναι:

2

M

1V k r

2

Η Lagrangian που περιγράφει το σύστημα είναι:

22 2 21 1 1L T V m r r Mr mgr cos k r

2 2 2

β) Η εξίσωση Euler – Lagrange για τις

r συντεταγμένη είναι: L d L

0r dt r

θ συντεταγμένη είναι: L d L

0dt

2Lmr mgcos k r

r

M 2mL

mr Mr 3mrr

d L

3mrdt r

L

mgrsin

2Lmr

2d L2mrr mr

dt

Αντικαθιστώντας τα προηγούμενα στην εξίσωση Euler – Lagrange, οι εξισώσεις κίνησης γράφονται:

23mr mr mgcos k r 0 (1) 22mrr mr mgrsin 0 (2)

Page 126: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

120

Οι διαφορικές εξισώσεις κίνησης του συστήματος είναι:

2 k3r r gcos r 0

m (3)

2r r gsin 0 (4) γ) Για μικρές ταλαντώσεις: θ << 1 cos θ 1 και 2 0 . Αντικαθιστώντας στην (3), έχουμε

2 k

3m2k k k g k g

3r g r 0 r r r rm 3m 3m 3 3m 3

Η εξίσωση που προέκυψε είναι μία μη ομογενής διαφορική εξίσωση αρμονικού ταλαντωτή με ένα σταθερό όρο. Η γενική λύση της ομογενούς είναι:

or t sin t

Ενώ, η μη ομογενής διαφορική εξίσωση έχει μερική λύση:

mgr

k

Η γενική λύση είναι το άθροισμα της μερικής και της ομογενούς λύσης, δηλαδή:

k mgr t sin t

3m k

όπου οι σταθερές Α και φ προσδιορίζονται από τις αρχικές συνθήκες.

Page 127: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

121

115. Σύστημα χαρακτηρίζεται από τη Lagrangian:

2

4 2

q 1L

2q 2q

α) Να βρεθεί η Hamiltonian του συστήματος και να γραφούν οι εξισώ-σεις του Hamilton.

β) Να υπολογιστεί η αγκύλη Poisson 1q ,p .

γ) Να λυθούν οι εξισώσεις κίνησης. Υπενθύμιση Γενικευμένη ορμή

ii

Lp

q

α) Η γενικευμένη ορμή είναι:

4

L qp

q q

4q q p

Υπενθύμιση Μετατροπή Lagrangian σε Hamiltonian

Η Hamiltonian γράφεται:

i ii

p q L

Και πρέπει να είναι εκφρασμένη σε ορμές και όχι τα-χύτητες.

Η Hamiltonian είναι:

24 2 44

4 2 2

q p 1 p q 1pq L p q p

2q 2q 2 2q

Οι εξισώσεις του Hamilton είναι:

4Hq pq

p

(1)

2 33

H 1p 2p q

q q

(2)

.

Page 128: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

122

Υπενθύμιση Αγκύλη Poisson

i i i i i

A B A B,

q p p q

β) 1 1

12

0

q p q p 1q ,p

q p p q q

γ) Παραγωγίζοντας την πρώτη εξίσωση κίνησης (1), έχουμε:

4

(2)4 3 2 3 4 3

3

qp

q2 7 3

1q pq 4pq q q 2p q q 4pq q

q

qq 2p q q 4pq q q 2 q

q

Η τελευταία διαφορική εξίσωση μπορεί να λυθεί θεωρώντας το μετα-σχηματισμό:

2 2 3

1 u u 2uq q q

u u u u

Η διαφορική παίρνει τη μορφή: u u 0

και η λύση της είναι της μορφής:

u t Asin t

όπου οι σταθερές Α και φ προσδιορίζονται από τις αρχικές συνθήκες. Άρα,

1 1

q tu Asin t

Ομοίως, η ορμή είναι:

4 44 2 2

2 2

q 1p cos t A sin t

q A sin t

cos t sin t

Page 129: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

123

116. Δύο ίσες μάζες m συνδέονται με ελατήριο και μπορούν να κινούνται χωρίς τριβές σε δύο κάθετες μπάρες μεγάλου μήκους. Το φυσικό μήκος του ελατηρίου είναι και η επιτάχυνση της βαρύτητας g. α) Γράψτε τη Hamiltonian του συστήματος. β) Να γραφούν οι εξισώσεις κίνησης.

Υπάρχουν ισοδύναμοι τρόποι επίλυσης ανάλογα με τις γενικευμένες συντεταγμένες που θα επιλέ-ξουμε. α) Το σύστημα έχει δύο βαθμούς ελευθερίας. Ει-σάγουμε ως γενικευμένες συντεταγμένες το μή-κος του ελατηρίου r και τη γωνία θ όπως φαίνεται στο σχήμα. Η επιμήκυνση του ελατηρίου είναι r . Στις συνταγμένες αυτές έχουμε:

x r cos x r cos r sin (1)

y r sin y r sin r cos (2)

Η κινητική ενέργεια των δύο σωματιδίων είναι:

(1),(2)

2 2 2 2 21 1 1T mx my m r r

2 2 2

Η δυναμική ενέργεια του συστήματος (θεωρώντας το βαρυτικό δυναμι-κό μηδέν για y = 0) είναι:

2 21 1V mgy k r mgrsin k r

2 2

Συνεπώς, η Lagrangian που περιγράφει το σύστημα είναι:

22 2 21 1L T V m r r mgrsin k r

2 2

Οι γενικευμένες ορμές είναι:

rr

plp mr r

r m

m

k

m

m

k

r

Page 130: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

124

22

plp mr

mr

Η Hamiltonian γράφεται:

r

2222r r

r 2 2

2 22 22r r

2 2

222r

2

p r p L

p pp p1 1p p m r mgrsin k r

m mr 2 m mr 2

p pp p1 1mgrsin k r

m mr 2 m mr 2

pp 1mgrsin k r

2m 2mr 2

β) Οι εξισώσεις κίνησης είναι:

r

r

pHr

p m

2

r 3

pHp mgsin k r

r mr

2

pH

p mr

Hp mgr cos

Παρατήρηση Μπορούμε να εργαστούμε και στις γενικευμένες συντεταγμένες x,y.

2 21 1T mx my

2 2

22 21

V mgy k x y2

Page 131: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

125

Θέμα εξετάσεως Πανεπιστημίου Αθηνών (A) 3 Απριλίου 2006 117. Θεωρείστε την παρακάτω διάταξη δύο συστημάτων μάζας m1 και m2 και τριών γραμμικών ελατηρίων μεταξύ δύο ακλόνητων τοίχων.

Δίνονται ότι k1 = k3 = k και k2 = k΄. α) Γράψτε τη Lagrangian που διέπει το σύστημα και από αυτήν προσδι-ορίστε τις εξισώσεις κίνησης. β) Προσδιορίστε τις χαρακτηριστικές συχνότητες ταλάντωσης του συ-στήματος. γ) Αν m1 = , ποιες οι χαρακτηριστικές συχνότητες ταλάντωσης του συστήματος; δ) Εάν k = 0, ποιες οι χαρακτηριστικές συχνότητες ταλάντωσης του συ-στήματος; ε) Εάν k΄ = 0, ποιες οι χαρακτηριστικές συχνότητες ταλάντωσης του συστήματος; στ) Δείξτε παίρνοντας τα αντίστοιχα όρια των χαρακτηριστικών συχνο-τήτων ότι καταλήγετε στα αποτελέσματα των υποερωτημάτων γ,δ,ε.

Η κίνηση των δύο μαζών αποτελεί συζευγμένη ταλάντωση. Το σύστημα αυτό διαθέτει δύο βαθμούς ελευθερίας αφού η κίνηση είναι μονοδιά-στατη και απαιτείται μία μόνο μεταβλητή για να καθορίσουμε τη θέση κάθε μάζας. Θεωρούμε ότι οι δύο μάζες κινούνται χωρίς τριβή. Αν κάποια χρονική στιγμή οι μετατοπίσεις των μαζών από τις θέσεις ισορροπίας τους είναι x1 και x2 (έστω x1 > x2 >0), τότε το πρώτο ελατήριο έχει επιμηκυνθεί κατά x1, το δεύτερο κατά x1 – x2, ενώ το τρίτο έχει συμπιεστεί κατά x2.

m1 m2k1 k2 k3

m1 m2k1 k2 k3

x1 x2

Page 132: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

126

H Lagrangian που περιγράφει το σύστημα είναι:

22 2 2 21 1 2 2 1 1 2 1 2 3 2

22 2 2 21 1 2 2 1 1 2 2

1 1 1 1 1L m x m x k x k x x k x

2 2 2 2 21 1 1 1 1

m x m x kx k ' x x kx2 2 2 2 2

Παρατήρηση Το πρόβλημα αυτό μπορούμε να λυθεί και με τους πίνακες κινητικής και δυναμικής ενέργεια. β) Οι διαφορικές εξισώσεις κίνησης του κάθε σωματιδίου προκύπτουν από τις εξισώσεις Euler – Lagrange. Η εξίσωση Euler – Lagrange για τα

σωματίδιο μάζας m1 είναι:

1 1

L d L0

x dt x

σωματίδιο μάζας m2 είναι:

2 2

L d L0

x dt x

1 1 21

1 2

Lkx k ' x x

x

k k ' x k 'x

1 11

Lm x

x

1 11

d Lm x

dt x

2 1 22

1 2

Lkx k ' x x

x

k 'x k k ' x

2 22

Lm x

x

1 22

d Lm x

dt x

Επομένως, οι εξισώσεις διαφορικές εξισώσεις κίνησης είναι:

1 1 1 2m x k k ' x k 'x (1)

1 2 1 2m x k 'x k k ' x (2)

Για να βρούμε μία λύση του συστήματος, εργαζόμαστε, για ευκολία, με μιγαδικές μεταβλητές και αναζητούμε λύση της μορφής:

Page 133: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

127

i t1 1x A e και i t

2 2x A e

Αντικαθιστώντας στις εξισώσεις (1),(2) και απλοποιώντας με το i te , προκύπτει το αλγεβρικό σύστημα:

21 1 2

21 2 2

k k ' m k 'A 0

k ' k k ' m A 0

Το σύστημα είναι ένα ομογενές σύστημα δύο εξισώσεων που πρέπει να επαληθεύουν οι σταθερές Α1, Α2. Για να είναι τα Α1, Α2 διαφορετικά του μηδενός, πρέπει η ορίζουσα του συστήματος να είναι ίση με το μη-δέν. Έτσι,

21

22

k k ' m k '0

k ' k k ' m

2 2 21 2

2 2 4 22 1 2

24 2 21 2 1 2

2 24 21 2

1 2 1 2

k k ' m k k ' m k ' m 0

k k ' m k k ' m m k ' 0

m m m m k k ' k ' k k ' 0

k k ' k 'm mk k ' 0

m m m m

Θέτοντας 2 και 1 2

1 2

m m

m m

, προκύπτει η δευτεροβάθμια εξί-

σωση:

2 22

1 2

k k ' k 'k k '0

m m

Έτσι,

2 2 2

1,21 2

k k ' k 'k k ' 1 k k '4

2 2 m m

2 2 221,2

1 2

k k ' k 'k k ' k k '

2 2 m m

Page 134: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

128

β) Όταν m1 → , οι δύο συχνότητες είναι:

2

k k '

m

και 0

Δηλαδή, η μάζα m1 είναι ακίνητη και επομένως το ελατήριο k1 είναι σα να μην υπάρχει. Τελικά ταλαντώνεται μόνο η μάζα m2 υπό την επίδρα-ση των δύο άλλων ελατηρίων. γ) Όταν k → , οι δύο συχνότητες είναι:

k '

και 0

Δηλαδή τα δύο σωματίδια συνδέονται με ένα ελατήριο και κινούνται μαζί. δ) Όταν k΄ → , οι δύο συχνότητες είναι:

1

k

m και

2

k

m

Δηλαδή τα δύο σωματίδια κινούνται ανεξάρτητα το ένα με το άλλο. στ) Τις παραδοχές αυτές μπορούμε να τις αποδείξουμε και από την έκ-φραση των 2

1,2 παίρνοντας τα κατάλληλα όρια.

Page 135: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

129

ΑΑππλλόό εεκκκκρρεεμμέέςς 118. α) Γράψτε τη Lagrangian ενός απλού εκκρεμούς. β) Βρείτε την εξίσωση που περιγράφει την κίνησή του. γ) Για μικρές ταλαντώσεις προσδιορίστε την κίνηση του εκκρεμούς και βρείτε τη περίοδό του.

α) Το σύστημα του απλού εκκρε-μούς αποτελείται από ένα αβαρές νήμα σταθερού μήκους . Το ένα άκρο του νήματος είναι στερεωμένο σε σταθερό σημείο Ο και στο άλλο άκρο είναι στερεωμένο ένα σωματί-διο μάζας m. Κάθε χρονική στιγμή υπάρχει ο πε-ριορισμός 2 2 2x y . Πρόκειται

για έναν ολόνομο δεσμό ελαττώνοντας τους βαθμούς ελευθερίας σε έ-ναν. Ως γενικευμένη συντεταγμένη, επιλέγουμε τη γωνία θ που σχημα-τίζει το νήμα με την κατακόρυφο. Η κινητική ενέργεια του σωματιδίου είναι:

x siny cos

2 2 2 21 1T m x y m

2 2

Το επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας μπορούμε να το θεωρήσου-με οπουδήποτε. Συνήθως, θεωρούμε ότι βρίσκεται στο επίπεδο όπου είναι προσδεμένο το νήμα (Ο) είτε στο χαμηλότερο σημείο όπου διέρχε-ται το σωματίδιο (Β). Το φυσικό, όμως, περιεχόμενο δεν αλλάζει από την επιλογή του συστήματος αναφοράς. Επιλέγοντας την πρώτη περί-πτωση, έχουμε:

V mgy mg cos

Παρατήρηση Αν επιλέγαμε το επίπεδο που διέρχεται από το σημείο Β και είναι κάθε-το με την κατακόρυφο, τότε V mg mg cos . .

Η Lagrangian που περιγράφει το σωματίδιο είναι:

21L T V m mg cos

2

θ

m

O

A

Β

y

x

Page 136: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

130

H εξίσωση Euler – Lagrange για τη γενικευμένη συντεταγμένη θ είναι:

L d L0

dt

L

mg sin

2Lm

2d Lm

dt

Επομένως, η διαφορική εξίσωση κίνησης είναι:

2 gm mg sin 0 sin 0

Παρατήρηση Για την εύρεση της διαφορικής εξίσωσης του απλού εκκρεμούς δε χρειάσθηκε καθόλου να «μιλήσουμε» για την τάση του νήματος (η οποία είναι η αντίδραση του δεσμού στο σύστημα αυτό).

γ) Στην περίπτωση μικρών γωνιών: 1 sin . Επομένως η διαφορική εξίσωση γίνεται:

2 g

2g0 0

Η λύση της διαφορικής εξίσωσης είναι:

t Acos t Bsin t

Παίρνοντας, για παράδειγμα, αρχικές συνθήκες t και t 0 ,

η λύση είναι:

t cos t

Η περίοδος είναι: 2

2g

.

Page 137: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

131

ΔΔιιππλλόό εεκκκκρρεεμμέέςς 119. Ένα διπλό εκκρεμές ταλαντώνεται σε ένα κατακόρυφο επίπεδο. α) Γράψτε τη Lagrangian του συστήματος. β) Βρείτε τις εξισώσεις κίνησης. γ) Για μικρές ταλαντώσεις γράψτε τις εξισώσεις κίνησης. δ) Γράψτε τις εξισώσεις κίνησης στην περίπτωση όπου m1 = m2 = m και

1 2 . ε) Βρείτε τις κανονικές συχνότητες και τους κανονικούς τρόπους ταλά-ντωσης που αντιστοιχούν στις μικρές ταλαντώσεις του διπλού εκκρε-μούς.

α) Το πρόβλημα παρουσιάζει 2 βαθμούς ελευθερίας και θα εργαστούμε στις γενι-κευμένες συντεταγμένες θ1, θ2. Για τη μάζα m1, οι μετασχηματισμοί είναι:

1 1 1x sin

1 1 1y cos Οι συνιστώσες της ταχύτητάς της m1 στις καρτεσιανές συντεταγμένες είναι:

1 1 1 1x cos

1 1 1 1y sin Η κινητική ενέργεια της m1 είναι:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1

1 1 1T m x y m cos sin m

2 2 2

Για τη μάζα m2, οι μετασχηματισμοί είναι:

2 1 1 2 2x sin sin 2 1 1 2 2y cos cos Επίσης, βρίσκουμε ότι

2 1 1 1 2 2 2x cos cos

2 1 1 1 2 1 2y sin sin 2 2 2 2 2 2 22 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2x cos cos 2 cos cos 2 2 2 2 2 2 22 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2y sin sin 2 sin sin

Η κινητική ενέργεια της m2 είναι:

2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1

1 1T m x y m 2 cos

2 2

θ2

m1

1

O

y1

x1

2

m2 x2

θ1

Page 138: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

132

Αν επιλέξουμε ως επίπεδο δυναμικής ενέργειας αυτό που διέρχεται από το σημείο στήριξης του νήματος, τότε οι δυναμικές ενέργειες των δύο σωματιδίων είναι αντίστοιχα:

1 1 1 1 1 1V m gy m g cos

2 2 2 2 1 1 2 2V m gy m g cos cos

Επομένως, η Lagrangian του συστήματος είναι:

1 2 1 2

2 2 2 2 2 21 1 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1

1 1 1 2 1 1 2 2

L T T V V

1 1m m 2 cos

2 2m g cos m g cos cos

β) H εξίσωση Euler – Lagrange για τη γενικευμένη συντεταγμένη θ1 είναι:

1 1

L d L0

dt

2 1 2 1 2 2 1 1 1 1 2 1 11

2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 1

Lm sin m g sin m g sin

m sin m m g sin

2 21 1 1 2 1 1 2 1 2 2 2 1

1

21 2 1 1 2 1 2 2 2 1

Lm m m cos

m m m cos

21 2 1 1 2 1 2 2 2 1

1

2 1 2 2 2 1 2 1

d Lm m m cos

dt

m sin

Επομένως, η διαφορική εξίσωση κίνησης για την θ1 προκύπτει:

2 21 2 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1

1 2 1 1

m m m cos m sin

m m g sin

(1)

Page 139: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

133

H εξίσωση Euler – Lagrange για τη γενικευμένη συντεταγμένη θ2 είναι:

2 2

L d L0

dt

2 1 2 1 2 2 1 2 2 22

Lm sin m g sin

22 2 2 2 1 2 1 2 1

2

Lm m cos

22 2 2 2 1 2 1 2 1

2

2 1 2 1 2 1 2 1

d Lm m cos

dt

m sin

Επομένως, η διαφορική εξίσωση κίνησης για την θ2 προκύπτει:

2 22 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2m m cos m m g sin (2)

γ) Για μικρές γωνίες, οι εξισώσεις κίνησης (1) και (2) γίνονται:

21 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 1m m m m m g sin (3)

22 2 2 2 1 2 11 2 2 2m m m g (4)

αφού

2 1cos 1 , 2 1sin 0 , 2 2sin , 1 1sin , 21 0 .

δ) Όταν m1 = m2 = m και 1 2 , τότε οι εξισώσεις κίνησης είναι:

2 21 2 12m m 2mg (5)

2 22 11 2m m mg (6)

Απαλείφοντας το γινόμενο m , έχουμε:

1 2 12 2g (7)

2 11 2g (8)

Page 140: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

134

ε) Έστω i t1 1e

και i t2 2e

. Αντικαθιστώντας στις εξισώσεις (7) και (8), παίρνουμε:

2 21 2

2 21 2

2 g 0

g 0

(9)

Αν θέλουμε τα Α1 και Α2 να είναι διάφορα του μηδενός, πρέπει η ορί-ζουσα των συντελεστών να είναι μηδενική.

2 2

2 2

2 g0

g

2 4 2 24 g 2g 0 Λύνοντας, βρίσκουμε:

2 2 2 221,2 2

4 g 16 g 8 g 2 2g

2

Για 21

2 2g

, από το σύστημα (9) βρίσκουμε:

2 1A 2A Η προηγούμενη σχέση υποδηλώνει τον κανονικό τρόπο ταλάντωσης όπου οι μάζες κινούνται σε α-ντίθετες κατευθύνσεις.

Για 22

2 2g

, από το σύστημα (9) βρίσκουμε:

2 1A 2A Η προηγούμενη σχέση αντιστοιχεί στον κανονικό τρόπο ταλάντωσης όπου οι μάζες κινούνται σε ίδι-ες κατευθύνσεις.

θ2

m1

O

m2

θ1

θ2

m1

O

m2

θ1

Page 141: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

135

Θέμα εξετάσεως Πανεπιστημίου Αθηνών (A) 26 Σεπτεμβρίου 2008 120. Η Hamiltonian ενός σωματιδίου μάζας m που κινείται σε δύο δι-αστάσεις είναι:

22 2 2y2 t 2 tx

pp kx kyH e e

2m 2m 2 2

α) Γράψτε τις εξισώσεις του Hamilton. Στη συνέχεια λύστε τις δύο από αυτές ως προς px και py και αντικαταστήστε τις στις άλλες δύο που πε-ριέχουν τις xp και yp . Κατασκευάστε έτσι τις διαφορικές εξισώσεις

κίνησης για τις x και y. Τι φυσικό σύστημα περιγράφουν οι εξισώσεις αυτές; β) Κάντε το ίδιο με τα προηγούμενα ερωτήματα, έτσι ώστε να απαλεί-ψετε τα x,y και να κατασκευάσετε τις διαφορικές εξισώσεις κίνησης για τις px και py. γ) Γράψτε τις γενικές λύσεις των δύο παραπάνω ερωτημάτων για την

περίπτωση όπου γ < ω = k / m .

δ) Υπολογίστε την αγκύλη Poisson y xxp yp ,H και δείξτε ότι η πο-

σότητα y xxp yp , αυτό που θα αποκαλούσατε κλασική στροφορμή,

διατηρείται.

α) Η Hamiltonian είναι: 22 2 2y2 t 2 tx

pp kx kyH e e

2m 2m 2 2

Θεωρία Εξισώσεις του Hamilton

ii

Hq

p

, ii

Hp

q

Στο συγκεκριμένο πρόβλημα έχουμε:

22 2 2y2 t 2 t 2 tx x

x x

pp pH kx kyx e e e

p p 2m 2m 2 2 m

(1)

22 2 2y2 t 2 t 2 tx

x

ppH kx kyp e e e kx

x x 2m 2m 2 2

(2)

Page 142: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

136

22 2 2y y2 t 2 t 2 tx

y y

p ppH kx kyy e e e

p p 2m 2m 2 2 m

(3)

22 2 2y2 t 2 t 2 tx

y

ppH kx kyp e e e ky

y y 2m 2m 2 2

(4)

Η (1) γράφεται:

2 tx 2 t

mxp mxe

e

2 t 2 t 2 t 2 t 2 tx

d d dp mxe m x e mx e mxe 2 mxe

dt dt dt

(5)

Από τις εξισώσεις (2) και (5) έχουμε: 2 t

2 t 2 t 2 tx2 t 2 t

x

p e kxe kx mxe 2 me

p mxe 2 mxe

mx kx 2 mx 0 (6) Η (3) γράφεται:

2 ty 2 t

myp mye

e

2 t 2 t 2 t 2 t 2 ty

d d dp mye m y e my e mye 2 mye

dt dt dt

(7)

Από τις εξισώσεις (3) και (7) έχουμε: 2 t

y 2 t 2 t 2 t2 t 2 t

y

p e kye ky mye 2 mye

p mye 2 mye

my ky 2 my 0 (8) Οι διαφορικές εξισώσεις (6) και (8) περιγράφουν αρμονική ταλάντωση με απόσβεση στους άξονες x και y. β) Στη συνέχεια λύνουμε, ως προς x τη (2):

2 t2 t x

x

p ep e kx x

k

2 t 2 t

x xp e p ex 2

k k

(9)

Από τις εξισώσεις (1) και (9) έχουμε: 2 t 2 t

2 t x x xp p e p ee 2

m k k

Page 143: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

137

x x x

kp p 2 p 0

m

(10)

Όμοια, βρίσκουμε:

y y y

kp p 2 p 0

m

(11)

γ) Ας λύσουμε την (6): mx kx 2 mx 0

Παρατήρηση Θέτοντας ω2 = k/m, η διαφορική εξίσωση γράφεται:

2x 2 x x 0

Θεωρώντας λύση της μορφής rtx e , έχουμε: rtx re , 2 rtx r e . Αντικαθιστώντας στη διαφορική εξίσωση και απαλείφοντας το μη μη-δενικό όρο ert, προκύπτει το χαρακτηριστικό πολυώνυμο:

2 2r 2 r 0 2 2r 2 r 0

το οποίο είναι μία δευτεροβάθμια εξίσωση του r. Η διακρίνουσα είναι:

2 2 2 2 24 4 4 4

Όταν Δ > 0, δηλαδή όταν γ > ω, έχουμε ισχυρή απόσβεση. Όταν Δ = 0, δηλαδή όταν γ = ω, έχουμε κρίσιμη απόσβεση. Όταν Δ < 0, δηλαδή όταν γ < ω, έχουμε ασθενή απόσβεση. Για γ < ω, οι ρίζες του πολυωνύμου είναι:

1

2 2

2 21,2 1

2 i 4ir i i

2 2

Έτσι, η λύση της διαφορικής είναι της μορφής:

1 11 2 1 1i t i tr t r t i t i tt t1 2 1 2 1 1x t A e B e A e B e A e e B e e

Χρησιμοποιώντας τη σχέση του Euler ie cos isin , η λύση γρά-φεται:

t t1 1x t Ae cos t Be sin t

Οι σταθερές Α, Β προσδιορίζονται από τις αρχικές συνθήκες. Η προη-γούμενη λύση μπορεί να γραφεί και συνοπτικά ως:

tx 1 xx t C e cos t

Page 144: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

138

Η λύση της mx 2 mx kx 0 είναι:

tx 1 xx t C e cos t

Το πλάτος της ταλάντωσης είναι txC e και φθίνει εκθετικά με το χρόνο.

Όμοια, η λύση της my 2 my ky 0 , είναι:

ty 1 yy t C e cos t

Το πλάτος της ταλάντωσης είναι tyC e και φθίνει εκθετικά με το χρόνο.

Αντίστοιχα, η λύση της 2x x xp 2 p p 0 είναι:

tx ox 1 xp t p e cos t

Το πλάτος της ταλάντωσης είναι t

oxp e και αυξάνει εκθετικά με το χρόνο.

Αντίστοιχα, η λύση της 2y y yp 2 p p 0 είναι:

ty oy 1 xp t p e cos t

Το πλάτος της ταλάντωσης είναι t

oyp e και αυξάνει εκθετικά με το χρόνο.

Θεωρία Αγκύλη Poisson & χρονική εξέλιξη

Η αγκύλη Poisson ορίζεται:

i i i i i

A B A B,

q p p q

Η χρονική εξέλιξη ενός φυσικού μεγέθους Α(q,p) μπο-ρεί να γραφεί:

dAA,H

dt

Πιο γενικά αν Α = Α(q,p,t), τότε:

dA AA,H

dt t

Page 145: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

139

δ)

y x y x y xx x

y x y xy y

H Hxp yp ,H xp yp xp yp

x p p x

H Hxp yp xp yp

y p p y

y xy xx y

H H H Hp y pxp yp x

p p,H

x y

(12)

Όμως,

2 t

xx

H ep

p m

2 t

yy

H ep

p m

2 tHe kx

x

2 tHe ky

y

Επομένως, η (12) γίνεται:

2 t 2 t

2 t 2 ty x y x x y

e exp yp ,H p p ye kx p p xe ky 0

m m

Άρα, το μέγεθος αυτό διατηρείται. Υπενθύμιση Στροφορμή σε καρτεσιανές συντεταγμένες

x y z

ˆ ˆ ˆi j k

L r p x y z

p p p

z y x z y xˆ ˆ ˆi yp zp j zp xp k xp yp

x y zˆ ˆ ˆiL jL kL

Σε αυτό το πρόβλημα, το μέγεθος y xxp yp μοιάζει με την κλασική

στροφορμή αλλά δεν είναι.

Page 146: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

140

Page 147: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

141

Βιβλιογραφία - Αναφορές [1] Λυμένα θέματα και Σημειώσεις, Πέτρος Ιωάννου – Θε-

οχάρης Αποστολάτος, Πανεπιστήμιο Αθηνών. [2] Θεωρητική Μηχανική, Πέτρος Ιωάννου – Θεοχάρης

Αποστολάτος, Πανεπιστήμιο Αθηνών. [3] Κλασική Μηχανική, Κανάρης Τσίγγανος, εκδόσεις Στα-

μούλη. [4] Θεωρητική Μηχανική, Τόμος Α, Ιωάννης Χατζηδημη-

τρίου, εκδόσεις Γιαχούδη. [5] Θεωρητική Μηχανική, Τόμος Β, Ιωάννης Χατζηδημη-

τρίου, εκδόσεις Γιαχούδη. [6] Ασκήσεις Φυσικής Μηχανικής, Παύλος Ιωάννου –

Χρίστος Τρικαλινός. [7] Φυσική Τόμος Ι Μηχανική, Serway, μετάφραση Λεωνί-

δα Ρεσβάνη, εκδόσεις Κορφιάτη. [8] Course of Theoritical Physics, Volume I, L.D. Landau

& E.M. Lifshitz, Pergamon. [9] Classical Mechanics, H. Goldstein, Addison - Wesley [10] Στοιχειώδης Διαφορικές Εξισώσεις και Προβλήματα

Συνοριακών Τιμών, W. E. Boyce & R. C. Diprima, πα-νεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης.

[11] Θεωρητική Μηχανική, M. R. Spiegel, ΕΣΠΙ. [12] Lagrangian and Hamiltonian Mechanics, M. G. Calkin,

World Scientific [13] Problems and Solutions on Mechanics, Lim Yung –

Kuo, World Scientific. [14] Classical Mechanics, David Morin. Harvard University,

Massachusetts.

Page 148: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

142

Page 149: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

143

Ευρετήριο Ορών Hamiltonian, 42, 48 Lagrangian, 4, 31, 35 Lagrangian φορτισμένου σωματιδίου, 5, 59

Α αγκύλη Poisson, 5, 138 ανηγμένη μάζα, 71 αρχή ελάχιστη δράσης, 4 αρχή του Hamilton, 4, 81 αστάθεια1 104

Β βαθμοί ελευθερίας, 32

Γ γενικευμένη

- δύναμη, 4 - θέση, 32 - ορμή, 4, 42 - ταχύτητα, 32

γραμμικός αρμονικός ταλαντωτής, 47

Δ δεσμός, 33 διάνυσμα θέσης, 13, 16, 17, 19, 21 δράση, 4 81

δυναμική ενέργεια, 26

Ε εκκρεμές

- απλό, 129 - διπλό, 131 - με ελατήριο, 54

ελεύθερο σωματίδιο, 44 εξισώσεις Euler – Lagrange, 4, 43 εξισώσεις του Hamilton, 5 εξωτερικό γινόμενο, 10 επιτάχυνση, 14, 16, 17, 19, 21 εσωτερικό γινόμενο, 8 ευστάθεια, 104

Θ θέση κέντρου μάζας, 71

Κ καρτεσιανές συντεταγμένες, 3 κίνηση σε βαρυτικό πεδίο, 46 κινητική ενέργεια, 22 κυλινδρικές συντεταγμένες, 3 μετασχηματισμός βαθμονόμησης, 4, 91

Μ μέτρο διανύσματος, 7 μηχανή Atwood, 57 μοναδιαία διανύσματα, 11

Page 150: 120 Προβλήματα στη Μηχανική ΙΙ

144

Ν νόμοι Νεύτωνα, 30

Ο ολοκλήρωμα Jacobi, 49 ολόνομος δεσμός, 32 ορθογώνια

- διανύσματα, 11 - ιδιοδιανύσματα, 115

ορθοκανονικά διανύσματα, 11

Π παγιδευτικό δυναμικό, 111 πίνακας

- δυναμικής δνέργειας, 101 - κινητικής ενέργειας, 101

Σ σημεία ισορροπίας, 112 σημειακός μετασχηματισμός, 43 στροφορμή, 139 σύστημα δύο σωμάτων, 71 σφαιρικές συντεταγμένες, 3 σχετική θέση, 71 σχετικιστικό σωματίδιο, 67 σωματίδια δεμένα με νήμα, 41 σωματίδια πάνω σε κυκλική στεφάνη, 105

Τ ταλάντωση με απόσβεση, 136 ταχύτητα, 13, 16, 17, 19, 21

Φ φυσική τροχιά, 84

Χ χαρακτηριστική συχνότητα, 103 χαρακτηριστικό πολυώνυμο, 103 χρονική εξέλιξη φυσικού μεγέθους, 5