Tentamen Klassieke Mechanica, 29 Augustus 2007

Transcriptie

1 Tentamen Klassieke Mechanica, 9 Augustus 7 Dit tentamen bestaat uit vijf vragen, met in totaal negen onderdelen. Alle onderdelen, met uitzondering van 5.3, zijn onafhankelijk van elkaar te maken. Mocht je meer dan een kwartier aan een onderdeel kwijt zijn, dan is het waarschijnlijk verstandig om verder te gaan met het volgende onderdeel. Een rekenmachine is niet nodig, en een grafische rekenmachine is niet toegestaan. Opgave Principe van d Alembert: de Zwaaiende Atwood Machine Twee massas, met massa m en M µm zijn met behulp van een niet-elastisch, massaloos koord met opgehangen zoals geschetst in figuur. De massa m kan kan vrij in een vlak heenen weer- slingeren, terwijl de massa M alleen in verticale richting kan bewegen merk op: de twee massas zijn zodanig opgehangen dat ze niet tegen elkaar zullen botsen. Dit alles in een zwaartekrachtveld met valversnelling g. g. Beschrijf het probleem in termen van de hoek θ tussen de slingerende massa m en de verticaal, en de afstand r tussen de slingerende massa m en het zijn ophangpunt. Gebruik het principe van d Alembert om de volgende bewegingsvergelijkingen af te leiden: µm r mr θ mgcos θ µ mrṙ θ mr θ gmr sin θ Figuur : Zwaaiende Atwood Machine Oplossing Het principe van d Alembert: F ext i m r i δri in dit geval hebben we: r i L r r sin θ, r r cos θ waar L de hoogte is van de eerste massa als r. en dus sin θ cos θ δr δr, δr δr cos θ sin θ rδθ,

2 verder is r r, r d ṙ sin θ r cos θ θ ṙ cos θ r sin θ θ invullen levert op: µmg µm r m mg δr r r θ sin θ ṙ θ r θ cos θ r r θ cos θ ṙ θ r θ sin θ µmg µm r δr mg cos θδr mg sin θrδθ m r r θ δr mṙ θ r θrδθ mg sin θ mṙ θ r θ rδθ cos θ µmg µm r mr θ δr r sin θ ṙ cos θ θ r sin θ θ r cos θ θ r cos θ ṙ sin θ θ r cos θ θ r sin θ θ sin θ cos θ cos θ δr sin θ Omdat δθ en δr onafhankelijke variaties zijn, moeten de beide coefficienten elk nul zijn, en dit is gelukkig equivalent aan de twee gezochte vergelijkingen... rδθ Opgave Coriolis afbuiging Een deeltje wor, op het oppervlak van de aarde, verticaal omhoog gegooid met beginsnelheid v. Door de Coriolis afbuiging zal dit deeltje, nadat het weer terug op de grond is gevallen, niet op dezelfde plek uitkomen.. Laat zien dat de Coriolis afbuiging in het hier boven beschreven geval vier maal groter is, en in de tegenovergestelde richting dan wanneer het deeltje, vanaf de hoogste positie van de hier boven beschreven beweging, vanuit rust lost wor gelaten en alleen maar omlaag valt. Oplossing Zonder Coriolis effect is de eerste beweging: r t v t gt ê z Dit betekent dat deeltje weer op de grond valt op t v /g. De versnelling die door het Coriolis effect wor veroorzaakt is a c t ω ṙ t. In dit geval is ω ω cos θê z ω sin θê x, waar θ de hoek tussen de gekozen z as en de rotatie as. Invullen van de snelheid van de oplossing zonder Coriolis effect levert op: a c, t ω sin θ v gt ê y. Twee keer integreren levert de afwijking op als functie van de tijd: c, t ω sin θ v t 6 gt3 ê y. In het tweede geval vinden we a c, t ω sin θ gt ê y,

3 en de afwijking is dus: c, t ω sin θ 6 gt3 ê y. Terwijl de eerste beweging na t v /g weer terug is op de grond, is de tweede beweging al na t v /g op de grond gevallen. De ratio is dus: c, t v /g c, t v /g v v /g g 6 3 v g 6 g v g 3 / 8/6 /6 Opgave 3 Lagrangiaan: Afwikkelend koord Een massa m zit vast aan een lang massaloos, inelastisch koord dat aan de andere kant is vastgemaakt aan een cylinder met straal R. Aanvankelijk is het koord strak om de cylinder gewonden, en de massa ligt tegen de cylinder aan, zie figuur. De massa krijgt nu op t een beginsnelheid v die radieel naar buiten wijst. Als gevolg hiervan begint het koord af te rollen, en de beweging is zodanig dat ten alle tijden het koord strak staat, en de lijn door de massa m naar het contact punt Q een raaklijn aan de cylinder is. Er zijn geen externe krachten.. Geef de Lagrangiaan voor dit probleem, en de bewegingsvergelijking in termen van de hoek θ. Oplossing In dit probleem is geen potentiele energie, en de Lagrangiaan is dus gelijk aan de kinetische energie T. Hiervoor moeten we grootte van de snelheid, v in termen van θ en θ weten. Nu is de lengte van Q naar de massa Rθ, en de raaklijn aan Q staat altijd loodrecht op de vector van de oorsprong naar Q, en heeft dus dezelfde hoeksnelheid, i.e. θ. De grootte van snelheid van de massa is dus v θrθ. De Langrangiaan is dus De bijbehorende bewegingsvergelijking is: Lθ, θ R θ θ. d L L θ θ d R θθ R θ θ R θθ θ θ θ θ θθ θ. Is het impulsmoment van de massa behouden? Zo ja, waarom? Zo nee, waarom niet. Is de totale energie behouden? Zo ja, waarom? Zo nee, waarom niet? 3

4 Oplossing Is het impulsmoment behouden? Nee: het koord oefent een kracht uit op de massa, en de richting van deze kracht heeft een component loodrecht op de vector van de oorsprong naar de massa. Er werkt dus een koppel op de massa, en dus is het impulsmoment niet behouden. Is de energie behouden? Ja. De bovenstaande kracht staat altijd loodrecht op de snelheid. Dus alleen de richting van de snelheids vector verandert, maar niet de grootte. De kinetische energie is dus constant, en er is geen potentiele energie in dit probleem. Dus is de totale energie behouden. Figuur : Afwikkelend koord Opgave Behouden Grootheden Gegeven de Hamiltoniaan voor een D harmonische oscillator in Carthesische coordinaten: Hx, x, p, p p m m ω x p m ω x Definieer nu: A ij pi p j m ω x i x j m. Laat expliciet zien dat zowel de Hamiltoniaan H zelf, de drie grootheden A, A en A, als het impulsmoment L 3 x p x p zijn behouden. 3

5 Oplossing dh da da da dl 3 {H, H} H t {A, H} A t m {p m ω x, p m ω x p m ω x } {p m, m ω x } {m ω x, p } {p m, m ω x } {p, m ω x } substitueer in formule voor da {A, H} A t m {p p m ω x x, p m ω x p m ω x } ω p {p, x } p {p, x } x {x, p } x {x, p } ω p x p x x p x p {L 3, H} L 3 t {x p x p, p m ω x p m ω x } p {x, p } x m ω {p, x } x m ω {p, x } p {x, p } p p m ω x x m ω x x p p Het blijkt nu dat er een relatie is tussen A ij, L 3 en H. Als we het volgende definieeren: S A ω ; S A A ; S 3 L 3 ω dan vinden we namelijk dat H ω S S S 3.. Had je van te voren, zonder iets uit te rekenen, al kunnen voorspellen dat er een relatie tussen de behouden grootheden A, A, A, L 3 en H zou moeten zijn? Zo ja, waarom? Zo nee, waarom niet? 5 Oplossing Dit probleem heeft vier vrijheidsgraden. Voor elke onafhankelijke! behouden grootheid kunnen we één van de variablen schrijven als functie van de andere. Met drie behouden grootheden kunnen we dus drie van de vier variablen schrijven als functie van de vierde, en laatste variabele. Als er vier onafhankelijke behouden grootheden zouden zijn, dan zouden we vier vergelijkingen voor vier variabelen hebben gehad, en zouden deze vier variabelen niet meer van de tijd af kunnen hangen, terwijl we weten dat de oplossingen van dit systeem wel degelijk van de tijd afhangen... Opgave 5 Canonieke Transformatie en Hamiltoniaan 5

6 . Laat zien dat voor elke waarde van de volgende transformatie canoniek is: x P sin Q P, px P cos Q Q y P cos Q Q, py P sin Q P Oplossing Laat zien dat {x, y} {p x, p y } en {x, p x } {y, p y }. {x, y} { P sin Q P, P cos Q Q } { P sin Q, P cos Q } {P, Q } sin Q P { P, cos Q } P cos Q {sin Q, P } P cos Q sin Q P sin Q P P cos Q P Q Q P sin Q cos Q { P cos Q Q, P sin Q P } { P cos Q, P sin Q } {Q, P } {p x, p y } sin Q cos Q {x, p x } { P sin Q P, P cos Q Q } { P sin Q, P cos Q } {P, Q } sin Q cos Q {y, p y } { P cos Q Q, P sin Q P } { P cos Q, P sin Q } {Q, P } sin Q cos Q De Hamiltoniaan voor een deeltje met massa m en lading e dat in het x, y vlak beweegt in een constant magneetveld B dat loodrecht op dit vlak staat kan geschreven worden als: Hx, y, p x, p y px eb y py eb x. Gebruik de gegeven canonieke transformatie om deze Hamiltoniaan te schrijven in termen van Q, Q, P, P. Maak gebruik van het feit dat je zelf vrij kan kiezen om het probleem zo simpel mogelijk te houden! m 6 6

7 Oplossing HQ, Q, P, P P cos Q Q eb m eb P sin Q P eb m eb P cos Q eb m P sin Q eb m Er zijn nu twee mogelijkheden; of eb, i.e. eb: HQ, Q, P, P eb Q m P P cos Q Q P sin Q P Q P of eb, i.e. eb: HQ, Q, P, P eb m P cos Q sin eb Q m P. Bepaal de bewegingsvergelijkingen voor Q, Q, P, P, en los deze op. Oplossing Voor de eerste keuze van : HQ, Q, P, P eb Q m P Q H P H Q Q H P eb P m H Q eb Q m Om dit op te lossen, combineer de vergelijking voor P met de vergelijking voor Q : met als oplossing: Q e B m Q ω Q met ω eb m 7 8 Voor de tweede keuze van : met als oplossing: Q t C P t C Q t C 3 cos ωt C sin ωt P t C 3 sin ωt C cos ωt HQ, Q, P, P eb m P Q H P eb m H Q Q H P H Q Q t C ωt met ω eb m P t C Q t C 3 P t C 7