Elméleti zika I. Elméleti me hanika
Hraskó Péter
Pé s, 2002.
Tartalomjegyzék 1.1.
A mozgás leírása Des artes-koordinátákkal.
1.2.
A Newton-egyenletek.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . .
2 4
1.3.
A Newton-egyenletek érvényességének rejtett feltételei. . . . . . . . . .
10
1.4.
A tömeg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
1.5.
Az er® komponensei általános koordinátákban . . . . . . . . . . . . . .
14 17
1.6.
Az er®függvény . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.7.
Az energia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
1.8.
A Newton-egyenletek görbevonalú koordinátákban
. . . . . . . . . . .
24
1.9.
Lagrange-függvény, Lagrange-egyenletek . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
1.10. A Lagrange-eljárás invarian iája 1.11. A hatás
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
1.12. A hatáselv . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
1.13. A Lagrange-egyenletek származtatása a hatáselvb®l . . . . . . . . . . .
36
1.14. Az általánosított impulzus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
1.15. Szimmetriák és mozgásállandók kap solata . . . . . . . . . . . . . . . .
39
1.16. Az energiamegmaradás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
1.17. Általános megjegyzések a mozgásegyenletek megoldásáról
. . . . . . .
47
1.18. A entrálszimmetrikus kéttestprobléma . . . . . . . . . . . . . . . . . .
48
1.19. A Kepler-probléma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
1.20. Kitekintés a Naprendszerre
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
59
1.21. A kényszermozgások tárgyalása a hatáselv alapján. . . . . . . . . . . .
64
1.22. A lineáris harmonikus osz illátor
77
1.23. Csatolt rezgések.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
83
1.24. A relativitás elve . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
93
1.25. A gyorsuló koordinátarendszer
95
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.26. A mozgásegyenlet gyorsuló koordinátarendszerben (tiszta transzlá ió)
98
1.27. A mozgásegyenlet gyorsuló koordinátarendszerben (tiszta forgás) . . .
100
1.28. A mozgásegyenlet gyorsuló koordinátarendszerben (általános eset)
101
1.29. Relatív és abszolút mozgás
. .
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
107
1.30. A kon gurá iós tér és a fázistér . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
110
1.31. A kanonikus- vagy Hamilton-egyenletek
. . . . . . . . . . . . . . . . .
114
. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
118
1.33. A merev test helye és orientá iója . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
124
1.32. Az adiabatikus invariánsok elmélete
1.34. Forgás . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
125
1.35. A merev test általános mozgása . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
126
1.36. A merev test mozgásegyenletei
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
128
1.37. A tömegközéppont . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ′ 1.38. Az O -re vonatkoztatott impulzusmomentum és forgatónyomaték . . .
132
130
1.39. A tehetetlenségi nyomaték . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
133
1.40. A merev test mozgási energiája . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
137
1.41. Az Euler-egyenlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
139
1
1.42. A szimmetrikus pörgetty¶ reguláris pre essziója . . . . . . . . . . . . .
140
1.43. A földgolyó reguláris pre essziója . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
144
2
1.1. A mozgás leírása Des artes-koordinátákkal.
nak pontjából
Tömegpontaz adott feladat szemhely
A kurzus els® részében tömegpontokból álló rendszerekkel foglalkozunk. az olyan testet nevezzük, amelynek bels® struktúrájától eltekinthetünk, és kielégít®en jellemezhetjük három
koordinátával.
A
helykoordináták jellege a dimenziójukat is beleértve , függ a koordinátarend-
szer tipusától. Az els® néhány fejezetben sak Des artes-koordinátákkal dolgozunk, amelyeket különböz® módokon jelölhetünk:
x, y, z xα , yα , zα
1 tömegpont esetén
n
tömegpontnál
x1 , x2 , x3 (α) xi ,
vagy vagy
α = 1, ...n (n a tömegpontok száma), i a koordinátatengely 1, 2, 3, síkbelinél 1, 2).
de lehet másképpen is. Itt jele (térbeli mozgásnál
A Des artes-koordináták kifejezése hengerkoordinátákon és síkbeli polár-koordinátákon keresztül
x = ρ cos ϕ
y = ρ sin ϕ,
(1)
gömbi koordinátákon keresztül pedig
x = r sin θ cos ϕ A
szabadsági fokok száma f trajektóriája
A tömegpont
y = r sin θ sin ϕ
z = r cos θ.
(2)
a független koordináták számával egyenl®.
térben a mozgást leíró három
x = f (t)
y = g(t)
z = h(t)
függvény (képe) (síkban, egyenesen a függvények száma 2, ill. 1). 1.Feladat: Írjuk fel az egyenletes egyenesvonalú mozgás trajektóriáját.
Megoldás:
x = pt + a a, b, c, p, q, s
y = qt + b
1
konstansok .♣
2.Feladat: Ugyanez, amikor a mozgás az
a trajektóriát az
z = st + c
xt
x
tengely mentén történik. Ábrázoljuk
síkon.♣
3.Feladat: Határozzuk meg a trajektóriát
R
sugarú körön egyenletes sebességgel
mozgó tömegpontra. Megoldás: Ha
t = 0-ban
a test iránya
α
x = R · cos(ωt + α) 4.Feladat: Ugyanaz
1
A ♣ a feladat végét jelzi.
R
szöget zár be az
x-tengellyel,
y = R · sin(ωt + α).♣
sugarú gömb f®körén mozgó tömegpontra.
3
akkor
Megoldás: A f®kör hajlásszöge az legyen az
x-tengelyen.
xy -síkhoz
képest legyen
ǫ,
és
t = 0-ban
a test
Akkor
x = R · cos ωt y = R · cos ǫ · sin ωt z = R · sin ǫ · sin ωt. Megjegyzés:
A gömbfelületen végzett
tehetetlenségi mozgás
mindig
f®kör
mentén
történik. Err®l a következ® módon gy®zhetjük meg magunkat. Legyen a test az adott pillanatban a gömbfelület
P
pontjában. Az
~ OP
helyzetvektor és a
~v
sebességvektor
kijelöl egy meghatározott síkot, amely áthalad az origón, és a gömböt egy f®körben metszi. A mozgás e f®kör mentén megy végbe. Ha nem így történne, és a tömegpont
egyikre
elhagyná a f®kört, akkor a két félgömb közül, amelyeket a szóbanforgó f®kör határol, az
kerülne. De a két félgömb tökéletesen egyenérték¶, nin s egyik sem kitün-
tetve a másikhoz képest. Ezért a test végig a kezd®helyzet és a kezd®sebesség által kijelölt f®körön mozog. Egészítsük ki a gondolatmenetet egy észrevétellel. Vegyük fel a Des artes-koordinátarendszert úgy, hogy az Akkor a
z -tengely
xy
sík essen egybe a kezd®helyzet által kijelölt f®körrel.
a két félgömb közül az egyik felé mutat, és ez látszólag kitünteti
az egyik félgömböt a másikhoz képest. A jobb- és a balsodrású koordinátarendszer azonban pont abban különbözik egymástól, hogy
z -tengelyük
melyik félgömb felé
mutat, és egyik sin s kitüntetve a másikhoz képest. Ezért ez az észrevétel sem alkalmas arra, hogy a sík két oldala közül az egyiket kitüntetettnek tekinthessük a másikhoz képest.♣
5.Feladat: Tömegpont az
x-tengely
mentén harmonikus rezg®mozgást végez az
origóhoz képest. Határozzuk meg a trajektóriát és ábrázoljuk az Megoldás:
xt
síkon.
x = A cos(ωt + δ).
x A
− δ/ω
A tömegpont lad.
pályája
t
♣
azon pontok mértani helye, amelyeken a mozgás során átha-
6.Feladat: Állapítsuk meg a pályát az eddigi feladatokban.♣
4
Ugyanaz a pálya különböz® trajektóriákhoz is tartozhat, mert a test különféle id®beosztással futhat végig rajta. 7.Feladat: Adjunk meg különféle trajektóriákat, amelyekhez ugyanaz a körpálya
tartozik az
xy
síkon.♣
A tömegpont
sebessége
az a vektor, amelynek komponensei a trajektória id® szer-
inti els® deriváltjai:
~v ≡ ~r˙ = (x, ˙ y, ˙ z) ˙ =
gyorsulása
df (t) dg(t) dh(t) , , , . dt dt dt
(3)
A sebességvektor iránya megegyezik a pálya érint®jének az irányával. A tömegpont
az a vektor, amelynek komponensei a trajektória id®
szerinti második deriváltjai:
~a ≡ ~r¨ = (¨ x, y¨, z¨) =
d2 f (t) d2 g(t) d2 h(t) , , , . dt2 dt2 dt2
(4)
8.Feladat: Mi a sebesség és a gyorsulás az 1. és a 3. feladatban?
Megoldás: Az 1.feladatban
vx = p = v0x
vy = q = v0y
vz = s = v0z .
A kezdeti értéket null-indexszel különböztetjük meg (így A 3.feladatban az egyszer¶ség kedvéért legyen
Az zérus.
|~a| ≡ a = Rω 2
a = x0 , b = y0 , c = z0 ).
α = 0.
Akkor
~v
= (−Rω sin ωt, Rω cos ωt)
~a
= (−Rω 2 cos ωt, −Rω 2 sin ωt)
neve: entripetális gyorsulás.
~a ⊥ ~v ,
mert
(~a ·~v ) skalárszorzatuk
Megjegyzés: két tetsz®leges vektorra
(~a · ~b) = ax bx + ay by + az bz = ab cos γ ahol
γ
a vektorok által bezárt szög.
1.2. A Newton-egyenletek. A Newton-egyenletek a tömegpontok egy-egy koordinátájának második id®beli deriváltját fejezik ki az összes koordináta, az összes sebesség-komponens, valamint az
közön-
id® függvényében (az alább következ® általános képletekben a sebességekt®l való füg-
séges dieren iál-egyenlet rendszert
gést a képletek rövidítése érdekében nem tüntetjük fel). A Newton-egyenletek
alkotnak, amelynek ismeretlenei a tömegpontok
5
trajektóriáit meghatározó id®függvények.
Az ilyen tipusú feladatok a matematika
legnehezebb feladatai közé tartoznak, a megoldásukra nem létezik általános módszer. Egyetlen tömegpont Newton-egyenletei a következ®k:
m¨ x = m¨ y = m¨ z =
Fx (x, y, z, t) ≡ X(x, y, z, t)
Fy (x, y, z, t) ≡ Y (x, y, z, t)
Fz (x, y, z, t) ≡ Z(x, y, z, t).
Két tömegpontnál az egyenletrendszer hat egyenletb®l áll:
m1 x ¨1
= X1 (x1 , y1 , z1 , x2 , y2 , z2 , t)
m1 y¨1 m1 z¨1
= Y1 (x1 , y1 , z1 , x2 , y2 , z2 , t) = Z1 (x1 , y1 , z1 , x2 , y2 , z2 , t)
m2 x ¨2 m2 y¨2
= X2 (x1 , y1 , z1 , x2 , y2 , z2 , t) = Y2 (x1 , y1 , z1 , x2 , y2 , z2 , t)
m2 z¨2
= Z2 (x1 , y1 , z1 , x2 , y2 , z2 , t)
Általános eset:
(α)
mα x¨i ahol
(1)
(n)
x ≡ (x1 , ...x3 )
(α)
= Xi (x, t),
általános megoldásán
a koordináták összeségét jelenti.
A Newton-egyenletek
a rendszert alkotó tömegpontok olyan
trajektóriáit értjük, amelyek eleget tesznek a következ® két feltételnek: 1) Ha behelyettesítjük ®ket az egyenletekbe, azonosságokat kapunk (azaz kielégítik az egyenleteket); 2) Összeségükben
2f
darab
önkényesen választható
konstansot tartalmaznak.
A konstansok élszerü választásával állíthatjuk be a kívánt kezd®feltételeket. Ha
sak 1) teljesül a megoldást partikulárisnak nevezzük. Ha sak megoldást mondunk, rendszerint az általános megoldást értjük rajta. 9.Feladat: Írjuk fel a szabad tömegpont(ok) mozgásegyenletét és megoldását.♣ 10.Feladat: Ugyanaz egyetlen tömegpontra homogén gravitá iós térben.
Megoldás:
m¨ x=0 x = v0x t + x0
m¨ y=0
yx = v0y t + y0
m¨ z = −mg 1 z = − gt2 + v0z t + z0 . 2
Válasszuk meg a konstansokat úgy, hogy a megoldás függ®leges hajítást írjon le.
2
Diszkutáljuk a mozgást .♣
2
A továbbiakban ezt a kérdést minden feladatba automatikusan beleértjük. 6
11.Feladat: Az el®z® feladatban vegyük gyelembe a légellenállást (tekintsük a
sebességgel arányosnak). Megoldás:
m¨ x = −λx˙ x y z
Megjegyzés: esetében pl. az
m¨ y = −λy˙
m¨ z = −mg − λz. ˙
mv0x 1 − e−λt/m + x0 λ mv0y 1 − e−λt/m + y0 = λ mg mv0z m2 g = 1 − e−λt/m − + 2 t + z0 . λ λ λ =
λ −→ 0-nál
ez a megoldás átmegy a 10.feladat megoldásába.
λ 1 1 − e−λt/m = t − m 2 kifejtés behelyettesítése után a
λ
λ m
2
z
t2 + o(λ3 )
elt¶nik a nevez®b®l, és a
végrehajtható.♣
harmonikus osz illátor
A
λ −→ 0
határátmenet
izotróp
12.Feladat: Három dimenzióban az origó felé mutató rugalmas er® hat (
). Írjuk fel a mozgásegyenleteket és megoldásukat.
Megoldás:
m¨ x = −Dx
m¨ y = −Dy
x = y z
ahol
ω=
p D/m.
= =
m¨ z = −Dz
A · cos(ωt + α)
B · cos(ωt + β) C · cos(ωt + γ)
A sebesség és a gyorsulás innen dieren iálással kapható.
A pálya mindig egy síkban fekszik (a bizonyítás a 4.feladathoz hasonló gondo-
z=0 C = 0 választással). A maradék négy konstans különféle megválasztásával kaphatunk egyenesszakaszt (α = β ), ellipszist, amelynek f®tengelyei az x, y tengelyekkel párhuzamosak (α − β = π/2), vagy kört (ha még A = B is teljesül).♣ latmenettel történik). Válasszuk a koordinátarendszert úgy, hogy a pályasík a
sík legyen (ez egyenérték¶ az
*** Megjegyzés: Az alábbi fontos di.egyenlet
d2 f + κf = 0 dt2 7
általános megoldásánál két esetet kell megkülönböztetni: 2 1) κ = ω > 0:
f=
2)
κ = −ω 2 < 0: f=
A · cos(ωt + α) A. · cos ωt + B · sin ωt
(5)
A+ eiωt + A− e−iωt . A · cosh(ωt + α)
A. · cosh ωt + B · sinh ωt
(6)
A+ eωt + A− e−ωt . ***
13.Feladat: Térben két tömegpont mozog, közöttük rugalmas er® hat. Írjuk fel
a mozgásegyenletet és az általános megoldást. Megoldás:
m1 x ¨1 = −D · (x1 − x2 ) m1 y¨1 = −D · (y1 − y2 )
m2 x¨2 = +D · (x1 − x2 ) m2 y¨2 = +D · (y1 − y2 )
m1 z¨1 = −D · (z1 − z2 )
x1
=
x2
=
y1
=
y2
=
z1
=
z2
=
m2 A · cos(ωt + α) + pt + a m1 + m2 m1 A · cos(ωt + α) + pt + a − m1 + m2 m2 B · cos(ωt + β) + qt + b m1 + m2 m1 B · cos(ωt + β) + qt + b − m1 + m2 m2 C · cos(ωt + γ) + st + c m1 + m2 m1 C · cos(ωt + γ) + st + c − m1 + m2
ahol
ω= A
µ
m2 z¨2 = +D · (z1 − z2 )
s
D µ
µ=
neve: redukált tömeg.
8
m1 m2 . m1 + m2
14.Feladat: Tömegpont síkban vagy térben olyan entrális vonzóer® hatása alatt
mozog, amely fordítva arányos az origótól mért távolság négyzetével.
Írjuk fel a
mozgásegyenleteket. Megoldás: A Newton-egyenletek síkban
m¨ x = m¨ y =
x + y 2 )3/2 y −γ · 2 (x + y 2 )3/2 −γ ·
(x2
azaz
m~r¨ = −γ ·
(x2
1 ~r, + y 2 )3/2
térben pedig
m¨ x = m¨ y = m¨ z =
x (x2 + y 2 + z 2 )3/2 y −γ · 2 2 (x + y + z 2 )3/2 z . −γ · 2 2 (x + y + z 2 )3/2 −γ ·
azaz
m~r¨ = −γ ·
1 ~r. (x2 + y 2 + z 2 )3/2
Az er® itt küls®, mert forrása az origóban rögzített pontszer¶ test. Ez a felfogás akkor jogos, ha a forrás
Mf
tömege sokkal nagyobb
m-nél.♣
15.Feladat: Ugyanebben a entrális er®térben két tömegpont mozog, amelyek
rugalmas er®vel hatnak köl sön. Írjuk fel a mozgásegyenleteket. Megoldás:
m1~r¨1
=
m1~r¨2
=
1 ~r1 − D · (~r1 − ~r2 ) (x21 + y12 + z12 )3/2 1 −γ · 2 ~r1 + D · (~r1 − ~r2 ) 2 (x2 + y2 + z22 )3/2 −γ ·
16.Feladat: Tömegpont mozog térben két er® hatása alatt. Az egyik az
felé irányuló gravitá iós vonzás, a másik az ′ (|OO | = a). Írjuk fel a mozgásegyenleteket.
9
O′
O
pont
pont felé irányuló harmonikus er®
Megoldás: Az
O legyen az origó, az O′ m¨ x = m¨ y = m¨ z =
pedig a
(0, 0, a) koordinátájú pont.
Akkor
γ·x − Dx + y 2 + z 2 )3/2 γ·y − 2 − Dy (x + y 2 + z 2 )3/2 γ·z − 2 − D(z − a) (x + y 2 + z 2 )3/2 −
(x2
17.Feladat: Ponttöltés mozog homogén mágneses térben.
Írjuk fel a mozgás-
egyenletet és az általános megoldást. Megoldás:
q . A koordináta rendszer z -tengelyét ~ = (0, 0, B). A mozgásegyenletek: B ~ = q yB m¨ x = q ~v × B ˙ x ~ (7) ˙ m¨ y = q ~v × B y = −q xB m¨ z = 0.
A ponttöltés nagysága legyen
válasszuk a térrel párhuzamosnak:
A megoldás:
x = y = z = A pálya
R cos(ωt + α) + x0 −R sin(ωt + α) + y0 v0z t + z0
xy -vetülete R-sugarú
kör, az
x0 , y0
ω=
qB . m
(8)
integrá iós konstansok a kör közép-
pontjának koordinátái (nem kezdeti értékek)♣. Megjegyzés:
(~a × ~b)
a két vektor vektorszorzata, amelynek alábbi tulajdonságai
elegend®k a vektorszorzat kiszámításához:
(~a × ~b) = (α~a × ~b) = (~a + ~b × ~c) = ~a, ~b, ~c három egymásra akkor (~ a × ~b) = ~c.
és ha nak,
−(~b × ~a) α(~a × ~b)
(~a × ~c) + (~b × ~c),
mer®leges egységvektor, amelyek jobbrendszert alkot-
18.Feladat: Az el®z® feladatot egészítsük ki homogén elektromos mez®vel.
Megoldás: A koordinátarendszert válasszuk úgy, hogy az elektromos mez® az
~ = (0, Ey , Ez ). Akkor E ~ = q yB ˙ m¨ x = q ~v × B x ~ + qEy = −q xB m¨ y = q ~v × B ˙ + qEy y m¨ z = qEz .
síkkal legyen párhuzamos:
10
yz -
A megoldás:
x =
E R cos(ωt + α) + x0 + By t
y
−R sin(ωt + α) + y0
z
= =
qEz 2 t + v0z t + z0 . 2m
Vegyük észre, hogy a ponttöltés
Ey /B
ω=
qB . m
drift
átlagsebességgel sodródik (
mer®leges irányba.♣
) a terekre
1.3. A Newton-egyenletek érvényességének rejtett feltételei. Ezek a feltételek a következ®k:
iner iarendszer iner iaid® az er®hatás forrásai izolált
a) A Des artes-rendszernek, amihez a testeket viszonyítjuk, kell lennie.
b) Az óráknak, amiken az id®pontokat leolvassuk, az
nek
t kell mutatniuk.
) Az egyenletek jobboldala sak akkor különbözhet nullától, ha rá tudunk mutatni azokra az objektumokra, amelyek
:
(magányos) tömegpont-
nál a jobboldalon nullának kell állnia.
Itt három fogalmat vezettünk be (az iner iarendszert és az iner iaid®t, valamint az er®t).
Els® látásra az volna egyedül elfogadható, ha el®bb ezeket de niálnánk,
és sak ezután, e de ní iók birtokában vezetnénk be a Newton-egyenleteket. Az a) szerint például a Newton-egyenletek sak iner iarendszerben érvényesek, ezért el®bb meg kellene mondani, mi az, hogy iner iarendszer, és ennek ismeretében a Newtonegyenletek bevezetését úgy kellene elkezdeni, hogy "vegyünk egy iner iarendszert...".
az iner iarendszernek, az iner iaid®nek és az er®nek sak a Newton-egyenletekkel összefüggésben van határozott jelentése komplex fogalmat Teljesen hasonló a helyzet az iner iaid®vel és az er®vel is.
Valójában ez a követelmény nem valósítható meg, mert
, amely ezek szerint sak a Newton-egyenletek posztulálásával párhuzamosan
adható meg. E három fogalom tehát a Newton-egyenletekkel együtt egy olyan
alkot, amelyen belül mindegyik elem magyarázatánál fel kell használni a
másik hármat.
Csak a komplex fogalmat lehet értelmezni, az elemeit külön-külön
nem. Ábrázolás rajzban:
(9)
11
Vizsgáljuk meg részletesebben a három fogalmat külön-külön: 1)
Iner iarendszer
nek azokat a vonatkoztatási rendszereket nevezzük, amelyekben
a Newton-egyenletek érvényesek. Ezekben a rendszerekben érvényes a
tehetetlenség törvénye
: az izolált tömegpont
megtartja nyugalmi állapotát vagy egyenletes egyenesvonalú mozgását. (Pontrendszernél a kijelentés a tömegközéppont mozgására vonatkozik, ld. alább az er® diszkuszszióját.) Nyilvánvaló, hogy ez a törvény nem teljesül tetsz®leges mozgásállapotú koordinátarendszerben, és ezért alkalmas az iner iarendszerek kiválasztására. A tehetetlenség törvényének indoklása: Az a) szerint iner iarendszerben a Newtonegyenletek érvényesek, a ) szerint izolált tömegpontra nem hat er®. Így ekkor
m¨ x = m¨ y = m¨ z = 0, amelynek általános megoldása mint már láttuk egyenletes egyenesvonalú mozgást ír le, tehát a tehetetlenség törvénye valóban teljesül. A mozgás egyenletességének a megállapításához azonban szükséges, hogy óránk az iner iaid®t mérje (a nyugalmi állapot megtartásáról azonban enélkül is meg lehet bizonyosodni). Ha
K
iner iarendszer, a hozzá képest egyenletes egyenesvonalú mozgást végz®
rendszerek is azok. Az olyan rendszert, amely nem iner iarendszer,
gyorsulónak
nevezzük.
Megjegyzés: A koordinátarendszerek sak a képzeletünkben léteznek, sak azok a testek valóságosak, amelyekhez a koordinátarendszert gondolatban hozzárendeljük. A koordinátarendszer mozgásállapota ezeknek a testeknek a mozgásállapotával egyezik meg. Ha sak ezekre a testekre gondolunk koordinátatengelyek nélkül, a "vonatkoztatási rendszer" kifejezést használhatjuk. 2)
Iner iaid®t
azok az órák mutatnak, amelyekhez viszonyítva a Newton-egyenletek
igazak.
Válasszunk egy olyan dinamikai rendszert, amelyben a hatóer®ket nagyon jól ismerjük, vagyis a Newton-egyenleteket pontosnak tekinthetjük. Legyünk iner iarendszerben. Oldjuk meg az egyenleteket és ellen®rizzük (valamelyik) kísérleti következményüket. Ehhez óra is kell. Ha azt találjuk, hogy a mozgás pontosan a megoldásnak megfelel®en megy végbe, akkor az óránk az iner iaid®t mutatja. Ha eltérést találunk, az órát ennek alapján átkalibrálhatjuk iner iaid®re. Amennyiben a választott mozgás periódikus, önmaga szolgálhat olyan óraként, amely az iner iaid®t jelzi. A gyakorlati id®mérésnél ezek a követelmények sak közelít®en teljesülnek. Egy ideális ingaórát pontosnak tekintünk, noha nem iner iarendszerben nyugszik és a környezeti hatásokat sem ismerjük pontosan. A sillagászatban hosszú id®skálán van szükség az iner iaid® minél pontosabb ismeretére, ezért a földi órák kalibrálását a Naprendszer mozgása alapján végzik. A Naprendszer valóban izoláltnak tekinthet® és a benne ható gravitá iós er®törvény minden jel szerint igen pontos. Azt az id®ritmust, amit ezzel a módszerrel kapnak, és amely minden valószín¶ség szerint az iner iaid® ritmusa, efemerisz id®nek nevezik.
12
3)Az er®: Ha iner iarendszerben és iner iaid® használata mellett a tömegpont
nem
végez
egyenletes egyenesvonalú mozgást, akkor nem lehet izolált, és valamilyen objektum er®vel hat rá. Ez az objektum az er®hatás forrása. Matematikailag ez a szituá ió abban jut kifejezésre, hogy az egyenletek jobboldalára
er®hatás
er®
valamilyen zérustól különböz® kifejezés kerül, amely egyenletekben az er®hatást reprezentálja. Ezt a matematikai kifejezést nevezzük er®nek. Mint látjuk, az
és az
fogalmát megkülönböztetjük egymástól: az er® az érzékeinkre ható er®hatás matematikai megjelenési formája a Newton-egyenletben. Hallgatólagosan ezt a terminológiát használjuk, amikor a Newton-egyenletet ezekkel a szavakkal olvassuk el: tömegszer gyorsulás egyenl® er®.
er®törvénynek küls® er®
Az er® függvényalakját a független változók a koordináták, a sebességek és az id® ,
nevezzük.
bels® er®
Ha az er® forrása nem tartozik a rendszerhez (nin s önálló szabadsági foka), akkor az er®t
nek, ellenkez® esetben
nek nevezzük. Ha a rendszer egyetlen
tömegpontot tartalmaz, sak küls® er® hathat rá. Az er® általános tulajdonságait az alábbi öt pontban foglalhatjuk össze: A) Megtalálható az az objektum, amely az er®hatás forrása. B) Létezik meghatározott er®törvény (bár esetleg nem ismerjük), amely a Newtonegyenletekben reprezentálja az er®hatást. C) Az er® vektormennyiség (mivel a gyorsulás az):
m¨ x = Fx m¨ y = Fy ⇐⇒ m~r¨ = F~ . m¨ z = Fz
D) Érvényes a hatás-ellenhatás törvénye: Ha az er® forrása pontra, akkor a tömegpont egyaránt érvényes.
−F~
F~
er®vel hat a tömeg-
er®vel hat a forrásra. Ez az elv küls® és bels® er®kre
E) Ha több különböz® forrásból származó er® hat egy testre, hatásuk vektoriálisan adódik össze. Ez nem következik automatikusan C)-b®l, mert még azt is jelenti, hogy
egymásrahatása
egy er®forrás hatását nem változtatja meg, ha ugyanarra a tömegpontra más er® is hat. A források
azonban természetesen megváltoztathatja maguknak
a forrásoknak a szerkezetét és ezen keresztül az általuk kifejtett er®hatást. Megjegyzések:
α) Mondottuk, hogy izolált pontrendszernél a tehetetlenség törvénye a tömegközéppontra vonatkozik. A D) alapján ez így igazolható (két test példáján): A Newton-egyenletek:
m1~r¨1 = F~2→1
m2~r¨2 = F~1→2
13
ahol
F~i→j
az
i-ik
test mint forrás által a
j -ikre
ható er®. A D) szerint
F~i→j + F~j→i = 0, ezért ha a két egyenletet összeadjuk, a
d2 (m1~r1 + m2~r2 ) = 0 dt2 egyenl®ségre jutunk. Ez valóban azt fejezi ki, hogy az
~ R
tömegközéppont gyorsulása
nulla, ugyanis
~ = m1~r1 + m2~r2 . R m1 + m2 β)
Ha egy tömegpontra két vagy több er® hat, ezek kiolthatják egymást. Ilyenkor
a tömegpontra nem hat er®, noha mindegyik forrás er®hatást gyakorol a tömegpontra. Az er®kifejtés önmagában tehát nem jár szükségképpen együtt gyorsulással.
γ)
Az er® kifejezést szokás használni olyan esetekben is, amikor a felsorolt öt tu-
lajdonság közül bizonyosak nem teljesülnek. Mint még szó lesz róla, az iner iaer®k (pl.
ktív er®knek
valódi er®kkel
a entrifugális er®) nem tesznek eleget az A) tulajdonságnak (és ennek következtében a D)-nek sem).
Az ilyen er®ket
nevezzük, szemben a
amelyeknek meghatározott zikai objektumok a forrásai.
,
Fiktív er®k akkor lépnek
föl a mozgásegyenletben, amikor az eredetileg sak valódi er®ket tartalmazó Newtonegyenletet valamilyen matematikai átalakításnak vetjük alá (például iner iarendszerr®l gyorsuló rendszerre térünk át). Szigorúan véve tehát az ilyen áttranszformált Newton-egyenleteket a ktív er®k jelenléte miatt már nem is nevezhetnénk Newtonegyenletnek. Ennyire persze nem kell sz®rszálhasogatónak lenni, de néha, amikor a megkülönböztetés valamilyen okból lényeges, a ktív er®ket is tartalmazó transzformált Newton-egyenletet nem Newton-egyenletnek, hanem mozgásegyenletnek fogjuk hívni.
δ ) A Newton-egyenletek, valamint az iner iarendszer, az iner iaid® és az er® használata során bizonyára sok olyan hallgatólagos el®feltevést használunk öntudatlanul, amelyekr®l nem esett szó.
Ez egyébként minden fogalom esetében így van.
Céltalan,
és alighanem lehetetlen lenne ezeket mind felderíteni: Az egyenletek megtanulása és gyakorlása során a készséggel együtt automatikusan sajátítjuk el ®ket.
1.4. A tömeg A newtoni felfogás szerint a tömeg a testre jellemz® paraméter, amely a mozgásegyenletben a gyorsulást szorozza és értéke független attól, hogy milyen er® hat a testre. Az egyenletben elfoglalt helye alapján a tömeg a "tehetetlenség mértéke": két test közül az áll ellen jobban egy adott er® gyorsító hatásának, amelynek nagyobb a tömege. A tömeg azonban az egyenlet jobboldalán is megjelenik a gravitá iós er®törvényben.
14
Állítsuk párhuzamba a Föld felszínén lév® homogén gravitá iós mez®ben lefolyó
m¨ z= ~ analogonja, jelöljük tehát ~ = (0, 0, −E) . A gravitá iós térer®sség az E −qE E ~ g -vel, a q elektromos töltéssel analóg gravitá iós töltést pedig qg -vel. A gravitá iós E mozgásegyenlet ekkor m¨ z = −qg Eg .
mozgást a ponttöltés síkkondenzátorbeli mozgásával, amikor a mozgásegyenlet
a gravitá iós gyorsulás g = 9, 81 univerzális
Tapasztalatilag azonban azt találjuk, hogy
torban fellép® gyorsulással ellentétben , egyenl®.
A mozgásegyenlet sak akkor adja ezt az eredményt, ha a testek grav-
itá iós töltése szigorúan arányos a tömegükkel: landó.
a kondenzá2 m/s -el
, minden testre
Ezt beállíthatjuk
1-nek
qg = k · m,
k
ahol
univerzális ál-
úgy, hogy egy kiválasztott standard test
qg -jét
tömegével vesszük egyenl®nek és így rögzítjük a gravitá iós töltés egységét. akkor a gravitá iós gyorsulás univerzalitása következtében minden test megegyezik a tömegével, és a mozgásegyenlet alapján az egységválasztást feltételezve szokás
qg -t
Eg
súlyos tömege megegyezik m tehetetlen tömegével
qg -je
súlyos tömeg minden test
egyenl®vé válik
gravitá iós töltés helyett
a
De
g -vel.
Ezt
nek
nevezni, és a gravitá iós gyorsulás univerzalitását úgy fogalmazni, hogy
, amely a Newton-egyenletben a gy-
orsulást szorozza.
A newtoni me hanikában nin s magyarázat arra, miért teljesül hihetetlen pontossággal ez az egyenl®ség, amelynek mindmáig egyik legpontosabb igazolása Eötvös Loránd nevéhez f¶z®dik. Einstein általános relativitás-elméletében azonban a gravitá iónak olyan tárgyalását adta meg, amely empirikusan a newtoninál pontosabb, és a struktúrája olyan, hogy benne egyetlen tömeg lép sak fel, amely a gyorsulás szorzójaként a tehetetlen tömeg, az er®törvényben pedig a súlyos tömeg szerepét játssza, és
3
ilymódon a két tömeg különböz®ségének a lehet®sége föl sem merül . A newtoni me hanikában a gyorsulást szorzó tömegnek sak a Newton-egyenletekkel összefüggésben van értelme hiszen ez a mennyiség de n ió szerint az a tömegpontot jellemz® paraméter, amely az egyenletben a gyorsulást szorozza , és ezért a (9) diagrammon lenne a helye.
Az általános relativitás elmélet szerint azonban ez
a paraméter lényegében megegyezik a test súlyával (a rugós mérleg rugójának megnyúlásával), és ebben az értelemben független a Newton-egyenletekt®l. Ezért tárgyaltuk külön fejezetben.
1.5. Az er® komponensei általános koordinátákban Alapelv: a feladat szimmetriájához símuló koordinátarendszer alkalmazása megkönynyíti az egyenletek diszkusszióját és megoldását. Meg kell tehát tanulnunk a Newtonegyenleteket Des artes-koordinátákról általános koordinátákra átírni (áttranszformálni).
A továbbiakban sak henger- (síkbeli polár-) és térbeli gömbi koordinátákat
fogunk használni (a Des artes-koordinátákon kívül), ezért ezeknek a tárgyalására korlátozódunk. Ebben a fejezetben sak az er® (a jobboldal) átalakításáról lesz szó, a baloldal (a gyorsulás) transzformá ióját néhány fejezettel kés®bb tárgyaljuk.
3
A kérdésre a gyorsuló vonatkoztatási rendszerek tárgyalásánál röviden visszatérünk. 15
Példa: Síkbeli mozgás, az er® entrális,
1/ρ2 -ként függ az origótól mért távolsággal.
A Des artes-komponensek:
Fx Fy
x = −γ · (x2 + y 2 )3/2 y = −γ · 2 = −γ · (x + y 2 )3/2 = −γ ·
cos ϕ ρ2 sin ϕ . ρ2
lokális bázis
Itt a Des artes-komponenseket írtuk fel a polárkoordináták függvényeként, de élszer¶bb a komponenseket a koordinátarendszerhez símuló
ra vonatkoz-
tatni. Ez olyan bázis, amelynek egységvektorai a koordinátavonalak érint®i: a bázis
~eq egységvektora azt a koordinátavonalat érinti, q növekedési irányába mutat.
amely mentén sak a
q
változik, és a
Ha a lokális bázis ortogonális, a koordinátarendszert magát is ortogonálisnak nevezzük. A henger-, polár- és a gömbi koordinátarendszer ortogonális. Mivel azonban görbevonalúak, a különböz® pontokhoz tartozó lokális bázisok nem párhuzamosak egymással. Az alábbi rajz a síkbeli polárkoordinátarendszer egyik pontjához tartozó lokális bázist ábrázolja.
ρ= ϕ= ϕ
ρ
ϕ
Az er® támadási pontja a lokális bázis origója. A lokális bázisok transzformá iós képletei:
~eρ ~eϕ ~ex ~ey
= =
cos ϕ · ~ex + sin ϕ · ~ey − sin ϕ · ~ex + cos ϕ · ~ey
= cos ϕ · ~eρ − sin ϕ · ~eϕ = sin ϕ · ~eρ + cos ϕ · ~eϕ 16
(10)
(11)
Az er® komponenseinek transzformá iója az
F~
= =
Fx · ~ex + Fy · ~ey = (Fx · cos ϕ + Fy · sin ϕ)~eρ + (−Fx · sin ϕ + Fy · cos ϕ)~eϕ = Fρ~eρ + Fϕ~eϕ
felbontások alapján:
Fρ Fϕ Fx Fy
= cos ϕ · Fx + sin ϕ · Fy = − sin ϕ · Fx + cos ϕ · Fy
(12)
= cos ϕ · Fρ − sin ϕ · Fϕ = sin ϕ · Fρ + cos ϕ · Fϕ
(13)
A példában
Fρ = −
γ , ρ2
Fϕ = 0,
polárkoordinátákban tehát az er® sak az egyik koordinátától (ρ-tól) függ, és sak az egyik komponense különbözik zérustól. Ez jelent®s egyszer¶sítés. A fenti képletek hengerkoordinátákra is vonatkoznak. Gömbi koordinátáknál
~er ~eϑ ~eϕ
= sin ϑ · cos ϕ · ~ex + sin ϑ · sin ϕ · ~ey + cos ϑ · ~ez = cos ϑ · cos ϕ · ~ex + cos ϑ · sin ϕ · ~ey − sin ϑ · ~ez = − sin ϕ · ~ex + cos ϕ · ~ey
(14)
~ex ~ey ~ez
= sin ϑ · cos ϕ · ~er + cos ϑ · cos ϕ · ~eϑ − sin ϕ · ~eϕ = sin ϑ · sin ϕ · ~er + cos ϑ · sin ϕ · ~eϑ + cos ϕ · ~eϕ = cos ϑ · ~er − sin ϑ · ~eϑ
(15)
Fr Fϑ Fϕ
= sin ϑ · cos ϕ · Fx + sin ϑ · sin ϕ · Fy + cos ϑ · Fz = cos ϑ · cos ϕ · Fx + cos ϑ · sin ϕ · Fy − sin ϑ · Fz = − sin ϕ · Fx + cos ϕ · Fy
(16)
Fx Fy Fz
= sin ϑ · cos ϕ · Fr + cos ϑ · cos ϕ · Fϑ − sin ϕ · Fϕ = sin ϑ · sin ϕ · Fr + cos ϑ · sin ϕ · Fϑ + cos ϕ · Fϕ = cos ϑ · Fr − sin ϑ · Fϑ
(17)
19.Feladat: Írjuk fel az izotróp harmonikus osz illátorban ható er®t alkalmas ko-
ordinátákra. Megoldás:
Fr = −Dr
Fϑ = Fϕ = 0.♣
20.Feladat: Írjuk át az alábbi vektormez®t alkalmas koordinátákra:
Fx =
−y (x2 + y 2 )
Fy =
17
x (x2 + y 2 )
Fz = 0.
Megoldás:
Fϕ = 21.Feladat:
1 ρ
Fρ = Fz = 0.♣
Ugyanaz a feladat a
z
tengely körül
ω
szögsebességgel forgó test
sebességmez®jére. Megoldás:
vϕ = ωρ Megjegyzés:
vρ = vz = 0.
a tér pontjaihoz tér
A sebességmez® kifejezés jelentésének a megállapításánál abból kell
kiindulni, hogy egy mez® mindíg
A sebességmez® esetében ez a mennyiség a
rendel valamilyen mennyiséget.
minden
(x, y, z)
pontjában az a
sebességvektor, amellyel a test azon pontja rendelkezik, amely az adott pillanatban éppen az
(x, y, z)
pontban tartózkodik.♣
q∗
22.Feladat: Ugyanaz arra az er®térre, amellyel egy origóban nyugvó
4 töltés hat egy Megoldás:
q∗ ~er = B~er 4πr2
q
mágneses
elektromos ponttöltésre.
A ponttöltésre az az origóbeli
q∗
~ F~ = q · (~v × B)
Lorentz-er® hat, amelyben
~ = B
mágneses töltés Coulomb-tere. Ezért
F~ = q{vr (~er × ~er ) +vϑ (~eϑ × ~er ) +vϕ (~eϕ × ~er )}B. | {z } | {z } | {z } 0
(Kihasználtuk, hogy az
Fr = 0
~er , ~eϑ , ~eϕ
−~ eϕ
~ eϑ
bázisvektorok jobbsodrású rendszert alkotnak). Így
Fϑ = qvϕ B =
qq ∗ vϕ 4πr2
Fϕ = −qvϑ B = −
qq ∗ vϑ .♣ 4πr2
1.6. Az er®függvény
poten iálos
er®függvény
negatív gradiense. Az ilyen er®teret pedig
nek nevezzük.
nak (vagy
U
gradiens-mez®
Vizsgáljunk olyan er®t, amely a koordináták és az id® valamilyen
függvényének a nek), az
U -t
U = U (x, y, z, t) ≡ U (~r, t) és ~ = − ∂U = − ∂U , ∂U , ∂U = −∇U ∂~r ∂x ∂y ∂z −(∂x U, ∂y U, ∂z U ) = −∂x U · ~ex − ∂y U · ~ey − ∂z U · ~ez ,
Egyetlen tömegpontnál
F~
= =
4 A mágneses töltések (monopólusok) meg gyelésére irányuló kísérletek mindeddig negatív eredménnyel zárultak. A problémát az elektrodinamikában tárgyaljuk részletesebben.
18
n
U = U (x1 , y1 , z1 , ...xn , yn , zn , t) ≡ U (~r1 , ...~rn , t) és ~ α U = − ∂U = − ∂U , ∂U , ∂U = = −∇ ∂~rα ∂xα ∂yα ∂zα α α = −(∂x U, ∂y U, ∂zα U ) = −∂xα U · ~ex − ∂yα U · ~ey − ∂zα U · ~ez ,
tömegpontnál
F~α
ahol
α = 1, 2, ...n.
Világos, hogy
A gradiensképzésnél
t
U
és
U + konst
ugyanazt az er®t határozza meg.
konstansnak tekintend®, és amikor az
α-ik
tömegpont ko-
ordinátái szerint deriválunk, a többi tömegpont koordinátái is konstansok.
Ezért
a gradiensvektor geometriai jelentésének a vizsgálatánál korlátozódhatunk egyetlen tömegpont
U (x, y, z)
szintfelületeknek
tipusú er®függvényére.
U (x, y, z) értéke konstans, ~r + d~r = (x + dx, y + dy, z + dz) két
Azokat a felületeket, amelyeken zük. Ha
~r = (x, y, z)
és
dU = U (x + dx, y + dy, z + dz) − U (x, y, z) = d~r a szintfelület dU = 0 és ezért
Legyen el®ször fekszik, így
Ezután válasszuk úgy, hogy
U
∂U ∂U ∂U ~ · d~r). dx + dy + dz = (∇U ∂x ∂y ∂z
érint®je. A két pont ekkor
ugyanazon
a szintfelületen
~ · d~r) = 0. (∇U
Ebb®l a képletb®l leolvasható, hogy szintfelületre.
~ (x, y, z) mer®leges az (x, y, z) ponton áthaladó ∇U
~ -val párhuzamosnak) d~r-t a szintfelületre mer®legesnek (azaz ∇U
növekedési irányába mutasson. Ekkor
~ | · ds, dU = |∇U ahol
ds = |d~r|.
szúság
nevez-
közeli pont, akkor
Ez a képlet mutatja, hogy a
szerinti deriváltjával egyenl® (vagyis az
~ ∇U
U
vektor hossza
dU -el, ds
az
U
ívhosz-
egységnyi útra jutó megnövekedésével
a szintfelületre mer®leges irányban). Ennek a geometriai képnek az alapján könnyen felírhatjuk a gradiens komponen-
~eq a bázisvektorok egyike. dU ~ ~eq irányú komponensének a nagysága A ∇U -val egyenl®, ahol dsq a dq koordinádsq takülönbséghez tartozó távolság (ha pl. q ≡ ϕ a hengerkoordináta azimutszöge, akkor dsϕ = ρ · dϕ). Eszerint 1 ∂U ∂U ∂U ~ ~eρ + ~eϕ + ~ez ∇U = ∂ρ ρ ∂ϕ ∂z
seit az el®z® fejezetben tárgyalt lokális bázisokban. Legyen
(18)
=
∂U 1 ∂U 1 ∂U ~er + ~eϑ + ~eϕ . ∂r r ∂ϑ r sin ϑ ∂ϕ 19
23.Feladat:
Adjuk meg a 19.feladat er®teréhez tartozó er®függvényt, ha van
ilyen. Megoldás:
U=
D 2 r ♣. 2
24.Feladat: Ugyanaz a 20.feladatra.
Megoldás:
U = −ϕ
0 ≤ ϕ < 2π
ρ 6= 0♣.
25.Feladat: Ugyanaz a 14.feladatra
U =−
Megoldás: Síkban
γ , ρ
térben
γ U = − ♣. r
26.Feladat: ugyanaz a 15.feladatra.
Megoldás:
(z1 − z2 )2 ♣
γ γ 1 U = −p 2 −p 2 + D (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + x1 + y12 + z12 x2 + y22 + z22 2
27.Feladat: Ugyanaz a 21.feladat sebességmez®jére.
Megoldás: Ez a
~v
nem gradiensmez®.
∂vi ∂vj egyenl®ség bizonyosan tel= ∂xj ∂xi ∂2U ∂2U ∂U = jesül, ui. vi = következtében a azonosságra redukálódik. A ∂xi ∂xj ∂xi ∂xi ∂xj ∂vx v = ω · (−y, x, 0), ezért = −ω 6= feladatban azonban Des artes koordinátákban ~ ∂y ∂vy = +ω , tehát ez a ~v nem gradiensmez®.♣ ∂x ~ (x, y, z) akkor gradiensmez®, ha Tanulság: Az F Magyarázat: Ha
~v
gradiensmez®, akkor a
∂Fy ∂Fx = ∂y ∂x
∂Fy ∂Fz = ∂z ∂y
∂Fz ∂Fx = . ∂x ∂z
28.Feladat: Ugyanaz a 17.feladat er®terére.
Megoldás: Ez az er®tér nem gradiensmez®, mert sebességfügg®.♣
29.Feladat: Határozzuk meg az
U=
(d~ · ~r) r3
~ konstans vektor) (d
(19)
er®függvényhez tartozó er®törvényt (dipóltér). Megoldás: Amikor
U
Des artes-koordinátákban az
~r
helyzetvektort tartalmazó
skalárszorzatokon keresztül van kifejezve, a gradienst az
~r-szerinti
deriválással is
képezhetjük:
∂(d~ · ~r) 3 ∂r3 ~ ·r − (d · ~r) 3(d~ · ~r)~r − r2 d~ ∂U ∂~r . = − ∂~r = F~ = − ∂~r r5 r6 20
(20)
Felhasználtuk, hogy
1/2 1 ∂r 1 ~ = ∂(~r · ~r) ≡ ∇r = · 2~r = ~r. ∂~r ∂~r r 2(~r · ~r)1/2 Az er® támadási pontja az
~r
helyzetvektor végpontja.
Megjegyzés: Az utóbbi képletekkel az elektrosztatikában találkozunk. Ha ugyanis a (20)-ban elvégezzük a
d~ = q · helyettesítést, akkor az
~ F~ = q E
1 ~p 4πǫ0
képletre jutunk, amelyben
p · ~r)~r − r2 ~p ~ = 3(~ E 4πǫ0 r5 az origóban elhelyezked®
p~
dipólnyomatékú pontszer¶ dipól elektromos tere.♣
1.7. Az energia
konzervatív
Ha egy er®tér olyan er®függvényb®l származtatható, amely nem függ id®t®l,
E
expli ite
nak nevezzük. Az elnevezés magyarázata az, hogy ekkor a
összeg amelyben
energiának, az
U -t
K
az
K +U =
a kinetikus energia , mozgásállandó. Az összeget (teljes)
pedig az energia kifejezésében játszott szerepe miatt poten iális
energiának nevezzük (akkor is, ha expli ite is függ az id®t®l). Megjegyzések:
impli it id®függés
expli it id®függés
1) Ha egy dinamikai mennyiség sak a benne szerepl® koordinátákon és sebességeken keresztül függ az id®t®l, akkor
Mozgásállandónak
r®l beszélünk. Az
azt jelenti, hogy az argumentumok között szerepel külön az id® is. 2)
(mozgásintegrálnak) a koordináták és a sebességek olyan
függvényét nevezzük, amely megtartja állandó értékét, amikor a koordináták és a sebességek a mozgásegyenleteknek megfelel®en változnak. Az energiatétel igazolása (el®ször egyetlen küls® er®térben mozgó tömegpontra): A mozgásegyenletek:
m¨ x = m¨ y = m¨ z =
∂U ∂x ∂U Fy = − ∂y ∂U Fz = − . ∂z Fx = −
21
Szorozzuk az egyenleteket rendre
x, ˙ y, ˙ z˙ -vel: ∂U ∂x ∂U − ∂y ∂U − ∂z
m¨ xx˙ = m¨ yy˙
=
m¨ z z˙
=
−
dx dt dy dt dz . dt
Adjuk össze a három egyenletet: baloldal
=
jobboldal
=
d 1 dK m(x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 ) = dt 2 dt ∂U dx ∂U dy ∂U dz dU ∂U − − − =− + , ∂x dt ∂y dt ∂z dt dt ∂t
(ld. a megjegyzést), ahonnan
Amikor tehát
U
nem függ
dE ∂U d (K + U ) = = . dt dt ∂t ∂U expli ite az id®t®l =0 ,E ∂t
valóban mozgásállandó.
∗ Megjegyzés a par iális és a teljes id® szerinti derivált különbségér®l és kap solatáról:
f = f (x, y, z, t). ∂f dx az f megváltozása annak következtében, hogy x megváltozik dx-el, miközben ∂x
Legyen
az összes többi független változó állandó marad.
df dt az f dt
megváltozása dt id® alatt az
összes
argumentum változása következtében.
A kis hatások additivitása alapján
df ∂f dx ∂f dy ∂f dz ∂f = + + + . dt ∂x dt ∂y dt ∂z dt ∂t Ezt az egyenletet
dt-vel
megszorzott alakjában is használjuk.
∗ x, y, z -t xα , yα , zα -val helyettesítjük, és természetesen X X 1 1 1 mα x˙ 2α + mα y˙ α2 + mα z˙α2 . K= Kα = 2 2 2 α α
Az általános esetben
22
A bizonyítás lépései ugyanazok, mint el®bb. Az
F~
munkát
er®
d~r
elmozduláson
dW = Fx dx + Fy dy + Fz dz = F~ · d~r végez a tömegponton (a
dW
el®jeles mennyiség). Az energiatétel következtében
ez a munka a kinetikus energiát növeli a poten iális energia rovására:
dK = −dU = −
∂U ∂U ∂U dx − dy − dz = Fx dx + Fy dy + Fz dz = dW. ∂x ∂y ∂z
30.Feladat: Igazoljuk, hogy a mágneses térben mozgó ponttöltés kinetikus en-
ergiája mozgásállandó. Igazolás: Szorozzuk az
~ m~a = e(~v × B)
mozgásegyenlet mindkét oldalát skalárisan a sebességgel. punk, mert
~ ⊥ ~v , (~v × B)
a baloldalon pedig
A jobboldalon nullát ka-
dK d 1 m~a~v = -t.♣ mv 2 = dt 2 dt
31.Feladat: Írjuk fel a mozgási energiát polár-, henger- és gömbi koordinátákban.
Megoldás: Ha a
Ugyanazt a
dt
ds, akkor 2 m ds K= . 2 dt
id® alatt megtett út
ds elmozdulást a különböz® koordinátarendszerekben a következ® képletek
fejezik ki:
ds2 = dx2 + dy 2 + dz 2 = dρ2 + ρ2 dϕ2 + dz 2 = dr2 + r2 dϑ2 + r2 sin2 ϑ · dϕ2 , ahonnan
Mint láttuk, meg
m (ρ˙ 2 + ρ2 ϕ˙ 2 ) 2 m (ρ˙ 2 + ρ2 ϕ˙ 2 ) + z˙ 2 K= 2 m (r˙ 2 + r2 ϑ˙ 2 + r2 sin2 ϑ · ϕ˙ 2 ).♣ 2 amikor U expli ite függ az id®t®l, a rendszer ∂U dE = , dt ∂t 23
(21)
energiája nem marad
az energia változási sebessége az er®függvény id® szerinti par iális deriváltjával egyezik meg. Az
U
expli it id®függése küls® er®k jelenlétére utal. A bels® er®ket és a hozzájuk
tartozó er®függvényt ugyanis a rendszerhez tartozó testek helyzete (koordinátája) határozza meg, amelynek változásait a mozgásegyenletek szabályozzák, és ezért nem függhetnek expli ite (el®re megadott módon)
t-t®l.
A küls® er®k forrásai azonban
olyan objektumok, amelyek nem tartoznak a rendszerhez, ezért a küls® er®k id®függését a rendszer mozgásától függetlenül adhatjuk meg. Ha a küls® er®k forrásait is besoroljuk a rendszerbe (a rendszert nyitottból zárttá tesszük), az új "nagy" rendszer energiája már szükségképpen mozgásállandó lesz. Ez a meggondolás mutatja, hogy
Energiatétel
az eredeti nyitott rendszer energiájának a megváltozását a források energiája fedezi. : Izolált (zárt) rendszer energiája megmarad.
32.Feladat: Lineáris harmonikus osz illátor
san változik (pl.
D
rugalmas állandója adiabatiku-
h® vagy kémiai folyamatok hatására).
Hogyan változik a rezgés
energiája? Megoldás:
Az adiabatikusság fogalmát akkor használjuk, amikor egy rendszer-
ben két egymástól nagyon különböz® id®skálájú (egy gyors és egy lassú) folyamat megy végbe, és a gyors folyamat tárgyalásánál a lassú változástól eltekinthetünk. A példánkban a direk iós konstans változása olyan lassú, hogy hatása a rezg®mozgásra, amely a "gyors" folyamat, sak nagyon sok periódus után vehet® észre, ezért a rezgés minden pillanatban határozott amplitudóval, körfrekven iával, periódussal, fázissal rendelkezik. A harmonikus osz illátor energiája
E=
m 2 D 2 x˙ + x , 2 2
amelyben a második tag a poten iális energia, ezért az energia változási sebességét a
dE ∂U 1 dD 2 = = ·x dt ∂t 2 dt képlet határozza meg. Az adiabatikusság miatt a rezgési periódus alatt
D
is,
dD dt
is
konstansnak tekinthet®. Ezért az energia egy periódusra átlagolt változási sebességét a
képlet adja meg.
dE 1 dD 2 1 dD 2 x = = A dt 2 dt 4 dt 2 (Felhasználtuk, hogy x egy periódusra x2 = A2 cos2 ωt =
és
dE dt
átlagára
meghagytuk a
dE dt
1 2 A , 2
jelölést.) Mivel
E ˙ D E˙ = 2D 24
átlagolt értéke
E=
1 DA2 , 2
ezért ez a képlet
alakban is írható. Deriválással meggy®z®dhetünk róla, hogy ennek a di.egyenletnek a megoldása
√
D
Ezzel választ kaptunk a kérdésünkre:
E
E=C·
(C
=konstans).
(átlaga) a direk iós konstans négyzetgyökével
arányosan változik (ha
t = 0-ban E = E0 , D = D0 ,
√ √ D = ω m,
ezt az eredményt inkább az
Mivel
E0 C = √ ). D0
akkor
E = inv ω
adiabatikus invariáns
alakban szokták felírni, és azt mondják, hogy az energia és a körfrekven ia hányadosa : a
D
adiabatikus változásakor ez az arány id®ben állandó.♣
Kérdés: H®mérséklet változás következtében
D
a négyszeresére n®. Hogyan vál-
tozik meg az amplitúdó? Válasz:
√ D −→ 4D, E −→ 2E , A −→ (1/ 2)A.♣
1.8. A Newton-egyenletek görbevonalú koordinátákban Ebben a fejezetben a Newton-egyenletek baloldalának (a gyorsulásnak) a transzformá iójával foglalkozunk polár-, henger-, ill. gömbi koordinátákra. Példaként egyetlen tömegpont síkbeli mozgását vizsgáljuk:
m¨ x = Fx
m¨ y = Fy .
Alakítsuk ezeket az egyenleteket úgy, hogy a jobboldalon
Fρ , Fϕ
álljon.
Az átalakítás két lépésb®l áll. El®ször a (12) alapján az egyenleteket össze kell adni, miután sorban ®ket:
cos ϕ-vel és sin ϕ-vel, majd pedig − sin ϕ-vel és cos ϕ-vel szoroztuk m(¨ x cos ϕ + y¨ sin ϕ) m(−¨ x sin ϕ + y¨ cos ϕ)
Második lépésként az
x ¨-t
és az
y¨-t
x ¨ = y¨ =
= Fϕ .
az
x = ρ cos ϕ kétszeri deriválásával ki kell fejezni
= Fρ
y = ρ sin ϕ
ρ, ϕ-n
keresztül:
ρ¨ cos ϕ − 2ρ˙ ϕ˙ sin ϕ − ρϕ¨ sin ϕ − ρϕ˙ 2 cos ϕ ρ¨ sin ϕ + 2ρ˙ ϕ˙ cos ϕ + ρϕ¨ cos ϕ − ρϕ˙ 2 sin ϕ.
25
Ezek alapján kapjuk a keresett mozgásegyenleteket:
m¨ ρ = mρϕ¨ =
Fρ + mρϕ˙ 2 Fϕ − 2mρ˙ ϕ. ˙
Az egyenleteket úgy rendeztük, hogy hasonlók legyenek a Des artes-koordinátákban érvényes egyenletekhez annyiban, hogy a baloldalon sak a második id®deriváltat tartalmazó tag álljon, és a jobboldalon külön tagként maradjanak meg az
F~
er® eredeti
komponensei. Ez utóbbiak mellett a jobboldalon megjelenik az
ktív er®
F~ c = (Fρc , Fϕc ) = (mρϕ˙ 2 , −2mρ˙ ϕ) ˙
koordinátaer®
nek fogunk nevezni és c-indexszel különböztetünk Fϕc a Coriolis-er®vel azonos, mint azt kés®bb, a gyorsuló koordinátarendszerek tárgyalásánál látni fogjuk (74.feladat). , amelyet
meg a valódi er®kt®l. Az
Fρc
a entrifugális, az
A koordinátaer® a Des artes-komponensekben felírt mozgásegyenlet baloldalából származik, ezért arányos annak a testnek a tömegével, amire hat. Ez a tulajdonság a ktív er®k sajátja, és nem jellemz® a valódi er®kre. Koordinátaer® akkor lép fel, amikor Newton-egyenleteket a des artesitól eltér® koordinátarendszerbe transzformáljuk át. A koordinátaer® funk iója a szabad mozgás
~ (F
= 0) tárgyalásánál látszik világosan.
Ekkor a mozgásegyenletek polárkoordináták-
ban a következ®k:
m¨ ρ = mρϕ˙ 2
mρϕ¨ = −2mρ˙ ϕ. ˙
(22)
Ha koordinátaer®k nem jelennének meg, és a jobboldalon nulla állna, mint Des arteskoordinátákban, a megoldások között megtalálnánk például a
ρ = konst ϕ = ωt
egyenletes körmozgást annak ellenére, hogy a valódi szabad mozgás egyenletes egyenesvonalú. A Des artes-koordinátákat az tünteti ki, hogy a koordinátarendszerek között ez símul a tehetetlenség törvényéhez: sak Des artes-koordinátákban igaz, hogy a koordinátavonalak megegyeznek a tehetetlenségi mozgás pályájával. 33.Feladat: Írjuk fel a mozgásegyenleteket gömbi koordinátákban.
Megoldás:
m(¨ r − rϑ˙ 2 − r sin2 ϑ · ϕ˙ 2 ) ¨ ˙ m(rϑ − r sin ϑ · cos ϑ · ϕ˙ 2 + 2r˙ ϑ) m(r sin ϑ · ϕ¨ + 2r˙ ϕ˙ sin ϑ + 2rϑ˙ ϕ˙ cos ϑ)
= Fr = Fϑ = Fϕ ,
(23)
Megfelel® átrendezéssel megkaphatjuk a koordinátaer® képleteit gömbi koordinátákban.♣ Megjegyzés: Az átalakítás második lépésében az els® két egyenlet baloldalán húsz
tag jelenik meg, amelyek zöme kiejti egymást úgy, hogy végül sak három tag marad. Gyanítható, hogy létezik a feladat megoldásának olyan egyszer¶bb módja, amelynek minden lépésében sak a lényeges tagok jelennek meg. Ilyen hatékonyabb és áttekinthet®bb eljárás a Lagrange-módszer.
26
1.9. Lagrange-függvény, Lagrange-egyenletek Az el®z® fejezetben meggy®z®dhettünk róla, hogy a mozgásegyenletek átírása új koordinátákra bonyolult feladat.
A Lagrange-módszer (egyik) el®nye az, hogy ezt az
áttérést lényegesen egyszer¶síti.
Lagrange-függvény
A módszer alapja az, hogy nagyon sok esetben a dinamikai rendszer összes tulajdonsága összefoglalható egyetlen függvényben ez a
, amely a
koordináták, a sebességek és az id® függvénye. A Lagrange-függvényb®l univerzális (tetsz®leges koordinátákban érvényes) eljárással származtathatók a mozgásegyenletek, ezért a koordinátatranszformá iókat nem a mozgásegyenletekben, hanem a Lagrangefüggvényben élszer¶ elvégezni, ami igen nagy egyszer¶sítés.
általános koordináták
A koordináták természetét az általános tárgyalásban nem szükséges spe ializálnunk, ezért A
qi -k
kal fogunk dolgozni, amiket
q1 , q2 , ...qn -el
jelölünk.
között lehetnek távolságok, szögek, stb. tehát a zikai dimenziójuk is külön-
qi -k
kon gurá ióját
bözhet.
Csak az lényeges, hogy a
megadása egyértelm¶en rögzítse a rendszer
.
Tegyük fel most, hogy dinamikai rendszerünkhöz rendelhet® Lagrange-függvény,
amelyet
L = L(q1 , ...qn , q˙1 , ...q˙n , t) = L(q, q, ˙ t) i
-vel jelölünk. A Lagrange-függvény
-k koordináta szerinti Lagrange-deriváltjának
Li ≡
az
∂L d ∂L − dt ∂ q˙i ∂qi
kifejezést nevezzük. Ebben a kifejezésben a koordináták és a sebességek szerinti par-
d teljes id® szerinti derivált is, amelynek a jedt ∂L változási sebessége annak az Li els® tagja a ∂ q˙i
iális deriválással együtt szerepel a lentését a 7.fejezetben tárgyaltuk:
következtében, hogy benne a koordináták, a sebességek és az id® változik. Az
L-b®l
a mozgásegyenletek az
Li ≡
nek
∂L d ∂L − =0 dt ∂ q˙i ∂qi
i = 1, ...n.
szabály alapján számíthatók ki. Ezeket az egyenleteket nevezzük .
(24)
Lagrange-egyenletek-
Hogyan rendelhetünk adott dinamikai rendszerhez Lagrange-függvényt?
egyezzenek meg
Ha a
mozgásegyenleteket (er®ket) már ismerjük, az egyetlen szempont az, hogy a Lagrangeegyenletek
ismeretesek, olyan
a mozgásegyenletekkel. Ha a mozgásegyenletek (még) nem
L-t kell választani, amelyhez tartozó Lagrange-egyenletek a tapasz-
talattal megegyez® mozgásokat írnak le. Az
L
megválasztását megkönnyítik a következ® szempontok:
1)Ha van er®függvény, akkor
L = K − U. 27
2)Az
L
nem tartalmazza a sebességek kvadratikusnál magasabb hatványait.
3)Független rendszerek Lagrange-függvényei összeadódnak. A következ® fejezetben fogjuk bizonyítani, hogy a Lagrange-egyenleteket a koordináták természetét®l függetlenül mindíg (24) alapján kell származtatni. Fogadjuk ezt most el, és nézzünk példákat, amelyekben különféle dinamikai rendszerek
L-jét
kell megtalálni és le kell bel®le származtatni a Lagrange-egyenleteket. 34.Feladat: Egyetlen tömegpont szabad mozgása Des artes-koordinátákban.
Megoldás:
K=
m 2 (x˙ + y˙ 2 + z˙ 2 ), 2
ezért
m 2 (x˙ + y˙ 2 + z˙ 2 ). 2
L=K= Az
x-változóhoz
U = 0,
tartozó Lagrange-egyenlet a következ®:
Lx =
d ∂L ∂L − = 0, dt ∂ x˙ ∂x
amelyben
∂L d ∂L = mx˙ −→ = m¨ x, ∂ x˙ dt ∂ x˙
∂L = 0. ∂x
A keresett Lagrange-egyenlet tehát
m¨ x = 0, megegyezik a szabad mozgás Newton-egyenletével.
Ly = 0, Lz = 0
egyenletekkel, tehát az
L-t
Nyilván ugyanez a helyzet az
helyesen választottuk.♣
35.Feladat: Ugyanaz hengerkoordinátákban.
Amikor sak koordinátarendszert változtatunk, az
L
ugyanaz marad, sak ki kell
fejezni az új koordinátákon keresztül. Ez történhet behelyettesítéssel, de egyszer¶bb, ha vesszük a
K
(21)-b®l már ismert alakját:
L= Az
Lρ = 0
egyenlet származtatása:
∂L = mρ, ˙ ∂ ρ˙ Lρ = Az
m 2 (ρ˙ + ρ2 ϕ˙ 2 + z˙ 2 ). 2
Lϕ = 0, Lz = 0
d ∂L = m¨ ρ, dt ∂ ρ˙
∂L = mρϕ˙ 2 ∂ρ
d ∂L ∂L − = m¨ ρ − mρϕ˙ 2 = 0. dt ∂ ρ˙ 2 ∂ρ
egyenletek levezetése hasonló:
Lϕ =
d ∂L ∂L − = mρ2 ϕ¨ + 2mρ˙ ϕ˙ = 0 dt ∂ ϕ˙ ∂ϕ 28
Lz =
d ∂L ∂L − = m¨ z = 0. dt ∂ z˙ ∂z
Az els® két egyenlet azonos (22)-vel, de a Lagrange-módszerrel történ® származtatás egyszer¶bb, mert sak dieren iálásokat igényel, nin s szükség egyenletek öszszekombinálására.♣
36.Feladat: Homogén elektromos térben mozgó ponttöltés.
Megoldás:
~ U = −q(~r · E).♣
37.Feladat: Egyetlen tömegpont mozgása er®térben gömbi koordinátákban.
Megoldás:
L=
m 2 r˙ + r2 ϑ˙ 2 + r2 sin2 ϑ · ϕ˙ 2 − U (r, ϑ, ϕ). 2
A Lagrange-egyenletek (23)-mal azonosak.
A leggyakoribb eset az, amikor az er® entrális (az er®függvény sak Ekkor
L=
r-t®l
függ).
m 2 r˙ + r2 ϑ˙ 2 + r2 sin2 ϑ · ϕ˙ 2 − U (r), 2
(25)
és a mozgásegyenletek a következ®k:
m(¨ r − rϑ˙ 2 − r sin2 ϑ · ϕ˙ 2 ) = ¨ rϑ − r sin ϑ · cos ϑ · ϕ˙ 2 + 2r˙ ϑ˙ = r sin ϑ · ϕ¨ + 2r˙ ϕ˙ sin ϑ + 2rϑ˙ ϕ˙ cos ϑ =
−U ′ (r) 0 0.♣
(26)
38.Feladat: Két tömegpont között entrális er® hat.
Megoldás:
L=
p m1 2 m2 2 (x1 − x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 . (x˙ 1 + y˙ 12 + z˙12 )+ (x˙ 2 + y˙ 22 + z˙22 )− U 2 2
Célszer¶ bevezetni új koordinátaként az
~r = (x, y, z)
tömegközéppont R~ = (X, Y, Z) koordinátáit x = x1 − x2
:
y = y1 − y2
X
=
Y
=
Z
=
z = z1 − z2
m1 x1 + m2 x2 m1 + m2 m1 y 1 + m2 y 2 m1 + m2 m1 z 1 + m2 z 2 . m1 + m2
29
relatív koordinátákat
és a
Az inverz transzformá ió:
x1
=
x2
=
ahol
X+
m2 x, m1 + m2
y1
m1 x, m1 + m2
y2
=
Y +
m2 y, z1 m1 + m2
= Z+
m2 z m1 + m2
m1 m1 y, z2 = Z − z m1 + m2 m1 + m2 p M ˙2 µ L= (X + Y˙ 2 + Z˙ 2 ) + (x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 ) − U ( x2 + y 2 + z 2 ), 2 2 X−
=
Y −
M = m1 + m2
szeparálódik
µ=
m1 · m2 . m1 + m2
A transzformá ió eredménye az, hogy a Lagrange függvény két független részre esik szét (
):
˙ Y˙ , Z) ˙ + Lrel (x, y, z, x, L = LT K (X, ˙ y, ˙ z). ˙
Lrel -ban élszer¶ gömbi koordinátákra áttérni: µ 2 M ˙2 = X + Y˙ 2 + Z˙ 2 + r˙ + r2 ϑ˙ 2 + r2 sin2 ϑ · ϕ˙ 2 − U (r) = 2 2 ˙ ϕ). ˙ Y˙ , Z) ˙ + Lrel (r, ϑ, ϕ, r, = LT K (X, ˙ ϑ, ˙
Világos, hogy
L
Az
LT K
a tömegközéppont mozgását, az
Lrel
a relatív koordináták változását (a "re-
latív mozgást") határozza meg. A tömegközéppontra vonatkozó tag szabad mozgást ír le: a tömegközéppont egyenletes egyenvonalú mozgást végez. A relatív koordináta Lagrange-függvénye az
m −→ µ
relatív
helyettesítést®l eltekintve megegyezik az el®z®
feladat Lagrange-függvényével, (25)-tel: a
koordináta pontosan ugyanúgy vál-
tozik, mint az origó entrális er®terében mozgó egyetlen
µ tömeg¶ test koordinátája.♣
39.Feladat: Ponttöltés mozog homogén mágneses térben (17.feladat). Keressük
meg próbálgatással a feladat Lagrange-függvényét. Megoldás: A (7) mozgásegyenletekre vezet® Lagrange-függvény lehet a következ®:
q L = K − (y x˙ − xy)B, ˙ 2 vektoriális alakban pedig
L=K+ Emellett azonban az
L = K + qxyB ˙
q ~ ~r × ~r˙ · B. 2
is megfelel® választás, adott mozgásegyen-
lethez tehát több különböz® Lagrange-függvény is található.♣ 40.Feladat: Mutassuk meg, hogy
L′ (q, q, ˙ t) = L(q, q, ˙ t) +
L(q, q, ˙ t)
és
df (q, t) ∂f (q, t) ∂f (q, t) = L(q, q, ˙ t) + q˙ + dt ∂q ∂t
ugyanarra a mozgásegyenletre vezet:
L
és
L′
ekvivalens
Lagrange-függvények. Mivel
a Lagrange-függvénynek nin s önálló zikai jelentése, az egyértelm¶ség hiánya nem jelent problémát: az ekvivalens Lagrange-függvények közül dolgozhatunk bármelyikkel.♣ 30
1.10. A Lagrange-eljárás invarian iája A Lagrange-módszer hatékonysága azon múlik, hogy a (24) képlet tetsz®leges koordinátaválasztásnál érvényes. Ezt azonban bizonyítani kell.
q1 , q2 , ..., qn ≡ q koordinátákat használunk, amelyekL = L(q, q, ˙ t), és a mozgásegyenletek a következ®k:
Tegyük fel, hogy valamilyen ben a Lagrange-függvény
Lqi ≡
∂L d ∂L − =0 dt ∂ q˙i ∂qi
x1 , x2 , ..., xn ≡ x
Ezután áttérünk az
(i = 1, ..., n).
(27)
új általános koordinátákra a
qi = fi (x1 , x2 , ..., xn , t) ≡ fi (x, t)
(i = 1, ..., n)
képletek segítségével. A feltevésünk, amit bizonyítani szeretnénk, az, hogy az új változókban a mozgásegyenletek ugyan sak a Lagrange-egyenletek:
L xi ≡ amelyekben
∂L d ∂L − =0 dt ∂ x˙ i ∂xi
(i = 1, ..., n),
(28)
L = L(x, x, ˙ t). L(x, x, ˙ t) és az L(q, q, ˙ t) a saját változóiknak természetesen különfüggvényei, mégis ugyanazt az L jelet használjuk mindkett®nél. Ezzel
(Megjegyzés: Az böz® alakú
utalunk arra, hogy ugyanannak a rendszernek a Lagrange-függvényér®l van szó különböz® koordinátákban. A változó, amely szerint két lehet®ség közül melyik függvényt kell
L-n
L-t
deriváljuk, mutatni fogja, hogy a
érteni.)
Az állitásunkat a
n
X ∂L d ∂L cij − = dt ∂ x˙ i ∂xi j=1
d ∂L ∂L − dt ∂ q˙j ∂qj
(29)
egyenl®ség bizonyításával igazoljuk. Ha ui. ez igaz, akkor (27) teljesülése maga után
det cij 6= 0, amit felteszünk). n = 1-re végezzük, mert a lényeg már ebb®l is világos.
vonja (28) teljesülését és megfordítva (ha sak A (29) bizonyítását tehát
q = f (x, t),
q˙ =
Legyen
∂f ∂f x˙ + , ∂x ∂t
ahonnan
∂f ∂q = , ∂x ∂x
∂q = 0, ∂ x˙
A feladat az, hogy az
L x, x˙
∂2f ∂ q˙ ∂2f d x ˙ + = = 2 ∂x ∂x ∂x∂t dt szerinti deriváltjairól a
q, q˙
∂f ∂x
∂ q˙ ∂f = . ∂ x˙ ∂x
,
szerinti deriváltjaira térjünk
át a közvetett függvény deriválási szabálya segítségével:
∂L ∂q ∂L ∂ q˙ ∂L ∂f ∂L d ∂L = · + · = · + · ∂x ∂q ∂x ∂ q˙ ∂x ∂q ∂x ∂ q˙ dt 31
∂f ∂x
d d ∂L = dt ∂ x˙ dt
=
d ∂L ∂L − =c· dt ∂ x˙ ∂x
∂L ∂q ∂L ∂ q˙ · + · ∂q ∂ x˙ ∂ q˙ ∂ x˙
d dt
∂L ∂f · ∂ q˙ ∂x
=
d ∂L dt ∂ q˙
∂f ∂L d + ∂x ∂ q˙ dt
∂f ∂x
.
Ha a két kifejezés különbségét vesszük az utolsó tagok kiejtik egymást, és azt találjuk, hogy
ami (29) spe iális esete
n = 1-re.
d ∂L ∂L − dt ∂ q˙ ∂q
,
c=
∂f ∂x
,
Ezzel a Lagrange-egyenletek invarian iáját beláttuk. A bizonyítás azonban hiányérzetet hagy az emberben: az az érzésünk, hogy a Lagrange-egyenletek invarián iájának bizonyára van valami "mélyebb oka", vagyis kell lennie olyan néz®pontnak, amelyb®l ez az invarian ia "ránézésre", minden matematikai levezetés nélkül is látszik. Ilyen új néz®pont a hatáselv, amelyet a következ® néhány fejezetben ismertetünk.
1.11. A hatás A Newton-egyenletek általános megoldásában a szabad konstansokat legtöbbször a kezdeti koordináták és a kezd®sebességek megadásán keresztül rögzítjük. Eljárhatunk azonban másképpen is: a kezd®sebességek helyett megadhatjuk a koordináták értékét egy tetsz®leges kés®bbi id®pontban.
Ez a gyakorlati feladatok megoldásánál ritkán
el®forduló, de az elméleti megfontolások szempontjából nagyon fontos eljárás így fogalmazható meg:
ti -t
Válasszunk két id®pontot,
qi1 , qi2 , · · · qin ≡ qi
(kezd®állapoti
tf -t (ti < tf 5 ). A ti -ben a koordináták legyenek koordináták), a tf -ben pedig qf 1 , qf 2 , · · · qf n ≡ qf
és
(végállapoti koordináták). Határozzuk meg a mozgásegyenleteknek azt a partikuláris megoldását, amely ezekkel a feltételekkel összefér. 41.Feladat:
A
ti = 0-ban
függ®legesen feldobott k®
tf = T -ben
ér földet.
Határozzuk meg a trajektóriáját. Megoldás: Az
m¨ z = −mg
A feladat feltételei szerint
Newton-egyenlet általános megoldása
1 z(t) = − gt2 + v0 t + z0 . 2
zi = zf = 0,
ezért
z(0) = zi = 0 vagyis
z0 = 0
z(T ) = zf = 0,
1 − gT 2 + v0 T + z0 = 0. 2
Ez a két algebrai egyenlet meghatározza az általános megoldásban szerepl® szabad konstansokat:
z0 = 0 5
v0 =
1 gT. 2
Az i és az f index az "initial" (kezdeti) és a " nal" (végs®) angol szavakra utal. 32
z0 , v0
A feladat feltételeit kielégít® partikuláris megoldás tehát a következ®:
z(t) =
1 g(T − t)t.♣ 2
(30)
42.Feladat: Határozzuk meg a ferde hajítás trajektóriáját, ha a test
a
T
id® alatt
távolságra jut el. Megoldás: A kezdeti id®pontot önkényesen választhatjuk, hiszen a gravitá ió nem
változik id®ben. Legyen megint
ti = 0. Akkor tf = T . Hasonlóan szabadon választx, y koordinátákat, azzal az egy feltétellel, hogy
hatjuk meg a kezdeti és a végállapoti a távolságuk legyen
a.
Válasszuk ®ket így:
xf = a
xi = yi = yf = zi = zf = 0.
A mozgásegyenlet általános megoldása:
x(t) = y(t) = z(t) =
v0x t + x0 v0y t + y0 1 − gt2 + v0z t + z0 . 2
Könnyen beláthatjuk, hogy a feladat feltételeinek megfelel® konstansok a következ®k:
x0 = y0 = z0 = 0,
v0x =
a T
v0y = 0
v0z =
1 gT. 2
Ezeket az értékeket az általános megoldásba helyettesítve kapjuk a keresett partikuláris megoldást:
a t T
x(t) =
y(t) = 0
z(t) =
1 g(T − t)t.♣ 2
A 41.feladat (30) megoldását az alábbi ábrán rajzoltuk fel:
z 2 _1 gT 8
f
i T/2 i
f
és végállapoti kon gurá iót Az
és az
T
t
pont jelzi a kezdeti állapot és a végállapot koordinátáit (a
kezdeti
), amelyeket a (30) fordított parabola-szegmens köt össze
egymással.
33
Világos, hogy az
i
f
és az
pontot végtelen sok trajektóriával köthetjük össze,
megvalósuló
de ezek közül egyedül a (30) parabola-szegmens elégíti ki a Newton-egyenletet. Ezt úgy fejezzük ki, hogy egyedül (30) a
6
megvalósuló (virtuális) .
Forduljunk most a Lagrange-függvényhez.
trajektória, az összes többi nem-
Ha a Lagrange-függvényben a ko-
ordináták és a sebességek helyébe valamelyik megvalósuló vagy virtuális trajektória koordinátáit és sebességkomponenseit helyettesítjük be, a Lagrange-függvény a m 2 t expli it függvényévé válik. A 41.feladatban pl. L(z, z, ˙ t) = z˙ − mgz . A (30)
megvalósuló trajektórián ez az
m 2
1 gT − gt 2
2
L
t
a
2
id®
1 2 1 2 T − (T − t)t − mg · g(T − t)t = mg 2 8
függvénye. Ezek szerint ha kiválasztunk egy trajektóriát, a Lagrange-függvényt ezen a tra-
hatás
jektórián integrálhatjuk értékét nevezzük
t
szerint a
nak, és
S -el
(ti , tf )
S[q(t)] = Ez a képlet minden
intervallumban. Ennek az integrálnak az
jelöljük:
Z
tf
L(q, q, ˙ t)dt.
(31)
ti
q(t) ≡ q1 (t), q2 (t) · · · qn (t) trajektóriához egy számot az S[q(t)]
funk ionálnak
hatást rendeli hozzá. Az olyan matematikai objektumokat, amelyek függvényekhez számot rendelnek,
rendelnek számot).
nevezzük (szemben a függvényekkel, amelyek számokhoz
A (31)-ben de niált
S
hatás nyilván funk ionál, hiszen ahhoz,
n darab qj (t) fügq(t) szimbolizál az S argumentumai. A q(t) argumentumot azért tettük sarkos zárójelbe, hogy kihangsúlyozzuk: S nem a qj (t) függvények t-ben felvett értékeinek a függvénye, hanem az egész (ti , tf ) intervallum-beli qj (t) függvények funk ionálja. A hatásfunk ionál (30) trajektóriához hogy az értékét kiszámíthassuk, meg kell adnunk egy trajektóriát
gvény segítségével. Ezek a függvények amelyeket
tartozó értéke
S[(30)] =
Z
0
T
mg 2
1 2 1 T − (T − t)t dt = − mg 2 T 3 . 8 24
(32)
A hatást nem a zikai jelentése teszi fontossá az elméleti zika számára. Valójában nin s is megfogható zikai jelentése, ami már abból is érezhet®, hogy az impulzussal, impulzusmomentummal, energiával ellentétben nem egy adott id®pillanatbeli koordináták és sebességek függvénye, hanem egy egész id®intervallumban lefolyó mozgás funk ionálja.
6 Azt természetesen feltesszük, hogy a virtuális trajektóriák is egyérték¶ függvényei t-nek ("nem kanyarodnak vissza" az id®ben).
34
1.12. A hatáselv A hatás jelent®ségét a
valósuló
A hatáselv: A
hatáselvben
ti -beli
betöltött szerepe adja.
kezdeti és a
tf -beli
végállapoti kon gurá iót összeköt®
extremális
meg-
trajektória az, amelyre nézve a (31) hatásfunk ionálnak széls® értéke (extré-
muma) van. A megvalósuló trajektóriát ezért
nak is nevezik.
Illusztrá ióért forduljunk megint a függ®leges hajításhoz, és számítsuk ki a hatást minden
zA (t) = A · (T − t)t trajektóriára, amelyben
A
(33)
önkényes állandó.
z 1_ AT 2 4
f
i T/2
A (30)-ból tudjuk, hogy a megvalósuló trajektóriához olyan trajektória, amelyre
S[A] =
Z
T
2 z˙A
7A
funk ionálnak
=
1 g -nél 2
függvénynek
korábban is kiszámított
1 g, 2 i
A=
1 g tartozik, és az összes 2
virtuális. Ha a hatáselv igaz, akkor az
− mgzA dt =
2 0 1 mT 3 (A2 − gA) 6
=
(A2 − gA)
hm
A 6=
t
T
Z
T
0
hm 2
i A2 (T − 2t)2 − mgA(T − t)t dt = (34)
széls® értékének kell lennie.
1 valóban A = g -nél van 2 1 − mg 2 T 3 -el egyenl®. 24
Ez teljesül is, ugyanis az
minimuma, ahol (34) jobboldala a
Ebben a meggondolásban természetesen a virtuális trajektóriáknak sak nagyon kis részét vettük gyelembe azokat, amelyek (33) alakúak:
7 Minden A-hoz tartozik egy trajektória, ezért indexelhetjük ®ket A-val, ahogy azt S argumentumában tettük.
35
z
f
i T/2
séges
t
T
A hatáselv szerint a megvalósuló trajektórián a hatásfunk ionálnak az virtuális pályához viszonyítva van széls® értéke:
összes lehet-
z
f
i T
t
Ennek az általános alakú széls®érték problémának a matematikai megfogalmazása is lehetséges, és a széls® érték feltételeként a Lagrange-egyenlet teljesülését követeli meg. 43.Feladat: A függ®leges hajításnál (41.feladat) számítsuk ki a hatást arra a vir-
tuális trajektóriára, amely egyenl®szárú háromszög alakú (ld.az ábrát), és olyan, hogy az alatta lev® terület megegyezik a (30) megvalósuló trajektória által határolt területtel. Hasonlítsuk össze az eredményt a megvalósuló trajektóriához tartozó hatással.
36
z
f
i
t
T Megoldás: A (30) alatti terület
1 h = gT 2 , 6
és
m S[h] = 2
2h 1 |z| ˙ = = gT . T 3
1 gT 3
2
1 gT 3 -el 12
egyenl®, ezért
1 1 hT = gT 3 , 2 12
ahonnan
Ezen a spe iális trajektórián
1 1 1 · T − mg · hT = − mg 2 T 3 > − mg 2 T 3 = S[(30)].♣ 2 36 24
1.13. A Lagrange-egyenletek származtatása a hatáselvb®l Legyen
q(t)
extremális, amelyen a (31) funk ionálnak széls® értéke van.
matematikailag abban jut kifejezésre, hogy ha a
q(t) + δq(t)
a
q(t)-hez
Ez a tény közeli tra-
jektória, amely ugyanazt a kezdeti és végállapoti kon gurá iót köti össze, mint akkor az
ahol
S[q(t) + δq(t)]
és az
S[q(t)]
különbsége
δq(t)-ben
δS ≡ S[q(t) + δq(t)] − S[q(t)] = o δq(t)2 ,
δq(t) ≡ δq1 (t), δq2 (t), · · · δqn (t)
a
q(t)
q(t),
lineáris pontossággal zérus: (35)
kis megváltozása, amely a
δqj (ti ) = δqj (tf ) = 0
(j = 1, 2, · · · n)
(36)
feltételt®l eltekintve teljesen önkényes. Indoklás: Ha lenne olyan akkor
−δq(t)-nél δS < 0
δq(t),
δq(t)-ben lineáris pontossággal δS > 0, S -nek nem lenne q(t)-nél széls® értéke (gonf (x)-nek ott van széls® értéke, ahol δf (x) ≡
amelynél
volna, tehát
doljunk a függvény széls® értékére:
f (x + dx) − f (x) = o(δx2 )).
Keressük (35) teljesülésének matematikai feltételét! Fejtsük ki (35)-ben a hatásfunk ionálok különbségét
δq(t)-ben
lineáris pontosság-
gal:
δS
d L q + δq, q˙ + δq, t − L(q, q, ˙ t) dt = dt ti Z n t X f ∂L ∂L d · δqj (t) + · δqj (t) dt + o δq(t)2 . = ∂qj ∂ q˙j dt j=1 ti =
Z
tf
37
(37)
A jobboldal utolsó kifejezését integráljuk par iálisan:
Z
tf
ti
∂L d · δqj (t) · dt ∂ q˙j dt
=
Z tf d ∂L d ∂L · δqj (t) dt − · δqj (t)dt = dt ∂ q ˙ dt ∂ q˙j j ti ti tf Z tf d ∂L d ∂L · δqj (t) − · δqj (t)dt. dt ∂ q˙j ti dt ∂ q˙j ti
Z
=
tf
Az els® tag (36) következtében zérus. Ha a megmaradt második tagot behelyettesítjük (37)-be, a
δS =
n Z X j=1
tf
ti
d ∂L ∂L δqj (t) · dt − ∂qj dt ∂ q˙j
kifejezésre jutunk, amelynek integráljában a zárójelben éppen az negatívja áll:
δS = −
n Z X j=1
Lqj
Lagrange-derivált
tf
ti
˙ t) · δqj (t) · dt. Lqj (q, q,
(38)
Mit fejez ki ez a képlet? Az integrandusban az Lqj (q, q, ˙ t) tényez®k minden adott trajektórián azaz adott q(t) ≡ q1 (t), q2 (t),· · · qn (t) mellett a t id® expli it függvényei. Ha a választott
minden (36)-al összefér® δq (t), δq (t), · · · δq (t) ≡ δq(t)-nél el kell tünnie. ˙ t) L (q, q, a q(t) trajektória sak akkor lehet megvalósuló, ha kielégíti a Lagrange-egyenleteket.
trajektória éppen a megvalósuló trajektória, akkor a hatáselv szerint a (38) integrálnak
1
2
n
Köny-
nyen meggy®zhetjük magunkat róla, hogy ez sak akkor lehetséges, ha a megvalósuló trajektórián mindegyik
qj
maga zérus:
* A Lagrange-egyenletek invarian iája egyenes következménye annak, hogy ezeket az egyenleteket az a trajektória elégíti ki, amelyen a hatásfunk ionálnak széls® értéke van. Valóban, egy adott trajektórián a hatásfunk ionál értéke nem függ attól, milyen koordinátarendszerhez viszonyítva adjuk meg ezt a trajektóriát: a trajektória egyes pontjaiban az
L
értéke ugyanis nem változik meg attól, ha új koordinátákra térünk
Ezért
át, és a trajektória pontjaihoz tartozó id®pontok sem függenek a koordinátarendszer választásától. az extremális.
nem függ a koordinátázás módjától az, hogy melyik trajektória
És mivel a Lagrange-egyenleteket éppen az extremális elégíti ki, az
sem függhet a koordinátarendszer megválasztásától, hogy egy trajektória kielégíti-e a Lagrange-egyenleteket vagy sem: ha az egyikben kielégíti ®ket, az összes többiben is eleget tesz nekik.
38
1.14. Az általánosított impulzus A
qi
koordinátához rendelt
általánosított impulzus pi =
nak a
∂L ∂ q˙i
(39)
kifejezést nevezzük. Ennek a fogalomnak a segítségével a Lagrange-egyenlet a
p˙i =
∂L ∂qi
(40)
alakot ölti. Ez az egyenlet hasonlít a Newton-egyenlethez, hiszen pl.
m¨ x=
d (mx) = dt
∂L -t (néha) az általánosított er® i-komponensének nevezik. ∂qi −1 -t®l, Amikor qi dimenziója nem hosszúság (L), a pi dimenziója különbözik M LT 2 az impulzus dimenziójától. Pl. hengerkoordinátákban pϕ = mρ ϕ ˙ , aminek a dimenz2 −1 -el, az impulzusmomentum (perdület) dimenziójával egyezik meg. Írjuk iója M L T át pϕ -t Des artes-koordinátákba: p˙ x .
Emiatt
y ϕ = arctan , x 1
xy˙ − y x˙ yx ˙ − xy ˙ = 2 , · x2 x + y2 y2 1+ 2 x pϕ = mρ2 ϕ˙ = m(xy˙ − y x) ˙ = (xpy − ypx ) = (~r × p~)z , ϕ˙ =
tehát pϕ az impulzusmomentum z -komponense. Ezzel szemben a p ~ = (px , py , pz ) = m(x, ˙ y, ˙ z) ˙ vektor ϕ-komponense (12) alapján m(− sin ϕ·x+cos ˙ ·y) ˙ = m − sin ϕ(ρ˙ cos ϕ−ρ sin ϕ·ϕ)+cos ˙ ϕ(ρ˙ sin ϕ+ρ cos ϕ·ϕ) ˙ = mρϕ˙ -tal egyenl®.
megtenni:
pϕ -vel
mindig
Ezt a mennyiséget is
pϕ -n (és általában pi -n)
kellene jelölnünk, de ezt sohasem fogjuk
a (39) által de niált kifejezést fogjuk érteni
és ezért az "általánosított" jelz®t elhagyhatjuk. Az általánosított er®vel amire azonban nem vezetünk be külön jelölést , hasonló a helyzet. menziójával (M LT
z -komponense,
∂L ∂ϕ
−2
dimenziója pl.
M L2 T −2 ,
-vel). Ennek így is kell lennie. Ha
akkor (40) alapján
∂L ∂ϕ
pϕ
az impulzusmomentum
nem lehet más, mint a forgatónyomaték
komponense.
nevezzük. A (40) mutatja, hogy .
39
z-
iklikus ko iklikus koordinátához tartozó általánosí-
qi -nek sak az id®deriváltja fordul el® L-ben, akkor qi -t
ordinátának tott impulzus mozgásállandó Ha valamelyik
ami nem egyezik meg az er® di-
44.Feladat: Igazoljuk, hogy síkban entrális er® hatása alatt mozgó tömegpontra
teljesül Kepler 2.törvénye. Megoldás: A 2.törvény a területi sebesség állandóságát mondja ki.
m 2 (ρ˙ + ρ2 ϕ˙ 2 ) − U (ρ), 2
a
ϕ
iklikus koordináta és
pϕ = mρ2 ϕ˙
Mivel
L =
mozgásállandó. De a
ρ2 ϕ˙ -vel arányos, mivel a ρ(t) és a ρ(t + dt) által bezárt 1 2 szegmens területe ρ (t)dϕ-vel egyenl®. Ezért pϕ állandósága egyenérték¶ a területi 2 sebesség állandóságával.♣
területi sebesség ugyan sak
1.15. Szimmetriák és mozgásállandók kap solata Ha egy dinamikai rendszer tömegpontjait egyidej¶leg el lehet mozdítani úgy, hogy
szimmetriának
közben viszonylagos helyzetük ne változzon meg se egymáshoz, se a küls® er®k forrásaihoz képest, akkor ezt az elmozdítást
nevezzük. A szimmetria a
küls® er®ket létrehozó objektumok kon gurá iójának a sajátossága, hiszen ha az adott küls® körülmények között egy rendszernek van valamilyen szimmetriája, akkor minden olyan rendszer rendelkezni fog ugyanezzel a szimmetriával, amelyre ugyanazok a küls® er®k hatnak. A szimmetria lehet
diszkrét
vagy
folytonos
aszerint, hogy az elmozdítás mértéke
sak diszkrét értékeket vehet fel vagy a nullától kezdve folytonosan változhat.
Eltolási (transzlá iós) szimmetriánál
Az
alábbiakban sak folytonos szimmetriákról lesz szó. például a tömegpontok elmozdítása egy adott
~n irányban történ® tetsz®leges, de minden tömegpontra nézve azonos nagyságú eltolás. 45.Feladat: Mutassunk rá az alábbi me hanikai rendszerek eltolási szimmetriáira:
a)Egyetlen szabad tömegpont. b)Két, egymással entrális er®vel köl sönható tömegpont.
két
)Egyetlen tömegpont rögzített entrum er®terében. d)Egyetlen tömegpont
rögzített entrum er®terében.
e)Egymással entrális er®kön keresztül köl sönható tömegpontok a földfelszín homogén gravitá iós er®terében. f )Ponttöltések végtelen síkkondenzátorban, amelyek egymással elektrosztatikusan hatnak köl sön. g)Ugyanilyen ponttöltések egy rögzített végtelen hosszú elektromosan töltött vezet® elektrosztatikus terében.♣
változatlan marad.
A szimmetria fenti de ní iójából következik, hogy
szimmetriatranszformá iónál U
Eltolási szimmetria esetében élszer¶ olyan koordinátákat válasz-
tani, amelyben a három koordinátavonal-sereg közül legalább az egyik párhuzamos
egyenesekb®l áll (Des artes- vagy hengerkoordináták). irányúnak. Ekkor az
8
U
változatlansága (invarian iája)
Itt használjuk ki, hogy a szimmetria folytonos.
40
Vegyük fel a
~n
z -tengelyt ~n8 δa
irányú, in nitezimális
nagyságú eltolásnál így fogalmazható meg:
U (∗ ∗ ∗ ∗ ∗ , z1 + δa, ..., zN + δa) = U (∗ ∗ ∗ ∗ ∗ , z1 , ..., zN ) (a sillagozott helyen a változatlan argumentumok állnak), vagyis
dU =
Noether tétele
N N X X ∂U ∂U · δa = 0 −→ = 0. ∂zα ∂zα α=1 α=1
: A rendszer minden folytonos szimmetriájához tartozik egy meg-
maradó mennyiség (mozgásintegrál). Igazolás:
~n-irányú
eltolási szimmetriánál a választott koordinátarendszerben a
kinetikus energia nem tartalmazza a
z
változót, ezért az
U
invarian iája egyben
L
invarian iája is:
N N X X ∂L ∂K ∂U = 0. = − ∂zα α=1 ∂zα ∂zα α=1 |{z}
(41)
0
Írjuk fel most a
zα -hoz
tartozó Lagrange-egyenleteket
∂L dpαz = dt ∂zα
α = 1, ...N
és adjuk ®ket össze. A (41) következtében azt találjuk, hogy
dPz = 0, dt ahol
Pz =
N X
pαz
α=1 a rendszer teljes
P~
impulzusának
z -komponense. Mivel z -t ~n-irányúnak választottuk, ~n-irányú eltolási szimmetria esetén a P~ teljes
eredményünk így fogalmazható meg: impulzus
~n-irányú
vetülete (Pn ) mozgásállandó.
46.Feladat: A teljes impulzus mely komponensei maradnak meg az el®z® fela-
datban felsorolt rendszereknél?♣
T
Forgási (rotá iós) szimmetriánál
a tömegpontok elmozdítása egy adott
~n
irányú
tengely körül történ® tetsz®leges, de minden tömegpontra nézve azonos nagyságú
elfordítás. 47.Feladat: Mutassunk rá a 45.feladatban felsorolt me hanikai rendszerek forgási
szimmetriáira.♣
41
Célszer¶ hengerkoordináta-rendszert választani, amelynek vel. Ekkor
z
szimmetriatengely, ezért
z -tengelye egybeesik T -
U (∗ ∗ ∗ ∗ ∗ , ϕ1 + δϕ, ..., ϕN + δϕ) = U (∗ ∗ ∗ ∗ ∗ , ϕ1 , ..., ϕN ), vagyis
N N X X ∂U ∂U dU = · δϕ = 0 −→ = 0. ∂ϕ ∂ϕ α α α=1 α=1
T -körüli forgási szimmetriánál a választott koordinátarendszerben a kinetikus energia nem tartalmazza a ϕ változót, ezért az U invarian iája egyben L invarian iája is: N N X X ∂L ∂K ∂U = 0. = − ∂ϕα ∂ϕ ∂ϕα α=1 α=1 | {zα}
(42)
0
Írjuk fel most a
ϕα -hoz
tartozó Lagrange-egyenleteket
dpαϕ ∂L = dt ∂ϕα
α = 1, ...N
és adjuk ®ket össze. A (42) következtében azt találjuk, hogy
dLα = 0, dt ahol
9
Lα =
N X
pαϕ
α=1 a rendszer teljes
~ L
z -komponense. Mivel z -t ~n-irányúnak ~n-irányú tengely körüli forgási impulzusmomentum ~ n-irányú vetülete (Ln ) mozgásál-
impulzusmomentumának
választottuk, eredményünk így fogalmazható meg: szimmetria esetén az
~ L
teljes
landó.
tetsz®leges ~n
Külön ki kell emelni a zárt rendszerek esetét. Ekkor
tetsz®leges ~n
irányú eltolás és
-irány körüli forgatás szimmetria, mivel egy zárt rendszer tömegpontjai
ezeknek a m¶veleteknek a során az üres tér ekvivalens pontjaiba kerülnek. Mai zikai
zárt
világképünk szerint ugyanis az üres tér homogén (nin s benne kitüntetett pont) és izotróp (nin s benne kitüntetett irány).
A Noether-tétel következtében tehát
rendszer teljes P~ impulzusa és L~ impulzusmomentuma megmarad Megjegyzések:
.
Az impulzusmomentumot és a Lagrange-függvényt egyaránt L-el jelöljük, de a kontextusból mindig világos, mikor melyikr®l van szó. 9
42
1) A Noether-tétel bizonyítása közvetlenül nem
U,
hanem
L
invarian iáján ala-
pul, ezért olyan esetekben is tartozik mozgásintegrál a szimmetriákhoz, amikor nin s
L). L-k létezése
er®függvény (de van 2) Ekvivalens
nem okoz problémát.
Egy adott szimmetriához tar-
tozó mozgásintegrál meghatározásához az ekvivalens
L-k
közül azt kell választani,
amelyik a szimmetriatranszformá iónál változatlan marad. Ilyen feladattal azonban a továbbiakban nem fogunk találkozni. 3)Egy általános dinamikai rendszernek a szimmetriákkal összefügg® mozgásállandókon kívül természetesen lehetnek olyan mozgásállandói is, amelyek nem kap solatosak észrevehet® szimmetriákkal. 48.Feladat: Végtelen hosszú egyenletesen töltött szabályos spirál elektrosztatikus
terében ponttöltések mozognak. Keressünk mozgásintegrált. Megoldás: A szimmetriatengelyt válasszuk a hengerkoordináták gasság legyen
z -tengelyeként.
A menetma-
a.
U (∗∗∗ , z1 +δz, ..., zN +δz, , ϕ1 +
2π 2π δz, ..., ϕN + δz) = U (∗∗∗ , z1 , ..., zN , ϕ1 , ..., ϕN ), a a
vagyis
dU =
N X ∂U
α=1
2π ∂U + · ∂zα a ∂ϕα
· δz = 0 −→
N X ∂U
α=1
Hengerkoordinátákban a kinetikus energia nem függ
N X ∂L
α=1
∂zα
+
2π ∂U + · ∂zα a ∂ϕα
2π ∂L · a ∂ϕα
zα -tól
és
ϕα -tól,
= 0.
ezért
= 0,
és a Lagrange-egyenletekb®l
N 2π d X pαz + · pαϕ = 0, dt α=1 a Pz +
2π Lz = konstans.♣ a *
49.Feladat:
Két tömegpont entrális er®vel hat egymásra.
Igazoljuk, hogy a
relatív impulzusmomentum mozgásállandó. Megoldás: Mindenekel®tt a relatív impulzusmomentum fogalmát világítjuk meg.
43
A 38.feladatban láttuk, hogy amikor két tömegpont entrális er®vel hat egymásra, a Lagrange-függvény két tag összegére bontható: Az egyikben sak a tömegközéppont koordinátái, a másikban sak az un.
relatív koordináták szerepelnek.
Ennek
a szeparálódásnak az a következménye, hogy a kétfajta koordináta sohasem fordul el® ugyanabban a mozgásegyenletben: a tömegközéppont mozgása és a relatív koordináták változása független egymástól. A relatív koordináták változását amelyet a Lagrange-függvény Lrel része határoz meg , nevezzük relatív mozgásnak. A relatív mozgás impulzusait, energiáját, impulzusnyomatékát az lyok szerint szerint képezzük.
∂Lrel pϕ = = µ(~r × ~r˙ )z . ∂ ϕ˙
Itt
Így pl.
Lrel -ból
~r a relatív koordináta (x = x1 − x2
a képletben a redukált tömeg, mert
az általános szabá-
z -komponense
a relatív impulzusmomentum
Lrel -ban
stb), és azért szerepel
is ez szerepel tömegként.
A relatív mozgás vizuális elképzelése érdekében emlékeztetünk rá, hogy tömegpontokból álló zárt rendszer tömegközéppontja egyenletes egyenesvonalú mozgást végez.
tömegközépponti koordinátarendszernek (TKR) A relatív mozgás az, amit ebben a vonatkoztatási rendszerben gyelünk meg
Ennek következtében az a (forgásmentes) koordinátarendszer, amelynek az origója
a tömegközéppont, iner iarendszer. Ezt a koordinátarendszert nevezzük
. A TKR-t mivel iner iarendszer , választhatjuk
vonatkoztatási rendszerként.
. Két tömegpont esetén pl. azt látjuk, hogy mindkét tömeg az
origón áthaladó közös egyenesen van rajta az origó különböz® oldalán, és az origótól mért távolságuk fordítottan arányos a tömegükkel: tökéletes szinkronban mozognak
egyetlen
az origóhoz viszonyítva. elég
Mivel az egyikük mozgása meghatározza a másikét, ezért
vektor a leírásukhoz: ez az
~r
relatív koordináta, amely az egyik tömeg-
pontból mutat a másik felé és nagysága a tömegpontok távolságával egyezik meg. A relatív impulzusmomentum, energia nem más, mint ezen mennyiségek TKR-ben felvett értéke. A rel. impulzusmomentum
z -komponense lz =
Mivel
ϕ iklikus változó, lz
az
tehát
∂L ∂Lrel = . ∂ ϕ˙ ∂ ϕ˙
mozgásintegrál. A
z -tengely tetsz®leges irányú lehet, ezért
~l = µ(~r × ~r˙ )
mint vektor megmarad. A Noether-tétel szerint a rendszer teljes
~ = m1 (~r1 × ~r˙ 1 ) + m2 (~r2 × ~r˙ 2 ) L impulzusmomentuma is mozgásállandó. Könnyen ellen®rizhet®, hogy a tömegközéppont
~ TK L
~ T K = M (R ~ × R) ~˙ impulzusmomentuma L is mozgásállandó.♣
Megjegyzések:
44
az
~ − ~l különbséggel L
egyenl®. Ezért
1)Az impulzus esetében a fentiekkel analóg mennyiségek más kap solatban állnak egymással.
r-t®l,
Az
~r
relatív koordináta egyik komponense sem iklikus, mert
ezért a relatív impulzus nem mozgásállandó.
következtében pedig a
~˙ P~T K = M R
P~ = m1~r˙1 + m2~r˙2
teljes impulzus
függ
a tömegközéppont
impulzusával (és spe iálisan a TKR-ben zérus).
matematikai szempontból
2)Ha a tömegen a redukált tömeget értjük, a mozgás
egyenl® rögzített
U
A tömegközéppont de ní iója
entrum körül történ®
ugyanaz, mint a relatív mozgás a kéttestproblémában.
Már egyedül ebb®l az észrevételb®l is következik, hogy relatív impulzus azonban nem.
~l = µ(~r × ~r˙ )
mozgásállandó, a
1.16. Az energiamegmaradás Jelenlegi ismereteink szerint az id® nem homogén, mert van benne kitüntetett id®pont, a Nagy Robbanás.
Olyan id®skálán azonban, amely a Nagy Robbanás óta eltelt
id®höz (∼16 milliárd év) képest ki si, az id®t homogénnek, az id®beli eltolást pedig szimmetriának tekinthetjük. Tartozik-e hozzá mozgásintegrál? Id®beli eltolási szimmetriánál
U (∗ ∗ ∗ ∗ ∗ , t) = U (∗ ∗ ∗ ∗ ∗ , t + δt), ∂U ∂U δt = 0 −→ = 0, ∂t ∂t vagyis az id®beli transzlá iós szimmetriát az jelzi, hogy U nem függ expli ite az id®t®l. dU =
Már láttuk, hogy ebben az esetben az energia megmarad, tehát a keresett mozgásintegrál az energia. Az energia megmaradhat nyitott rendszernél is (amennyiben a küls® er®k id®ben nem változnak), de zárt rendszer esetében az id® feltételezett homogenitása miatt az energiamegmaradás tételének mindíg teljesülnie kell. Az energia kifejezése
L-n
keresztül a következ®:
E=
n X
q˙i
i=1
∂L − L. ∂ q˙i
(43)
L = K − U , ez a képlet az ismert E = K + U -ra redukálódik. Valóban, ∂L X ∂K , és ez a kifejezés Euler homogén függvényekre vonatkozó tétele q˙i = q˙i ∂ q˙i ∂ q˙i következtében 2K -val egyenl®. Így E = 2K − L = K + U . Homogén mágnesen térben történ® mozgásnál L = K + L1 , ahol L1 a sebességben X ∂L1 q˙i homogén els® fokú kifejezés (ld. a 39.feladatot), ezért = L1 . Így ekkor ∂ q˙i E = 2K + L1 − L = 2K + L1 − (K + L1 ) = K , amint azt már a 30.feladatban láttuk.
Amikor
X
* Euler-tétele a homogén l -d fokú függvényekr®l:
45
f (x1 , ..., xn )-t
homogén l -d fokúnak nevezzük, ha tetsz®leges
λ-nál
f (λx1 , ..., λxn ) = λl f (x1 , ..., xn ). Deriváljuk ezt a képletet
λ
szerint:
∂f (λx1 , ..., λxn ) ∂(λxn ) ∂f (λx1 , ..., λxn ) ∂(λx1 ) · + ... · = l · λl−1 f (x1 , ...xn ), ∂(λx1 ) ∂λ ∂(λxn ) ∂λ azaz
x1
∂f (λx1 , ..., λxn ) ∂f (λx1 , ..., λxn ) + ...xn = l · λl−1 f (x1 , ...xn ). ∂(λx1 ) ∂(λxn )
λ = 1-t
Ha itt
veszünk kapjuk Euler-tételét:
n X i=1
Mivel
K
xi
∂f (x1 , ..., xn ) = l · f (x1 , ..., xn ). ∂xi
a sebesség homogén 2-d fokú függvénye, ezért
* Most számítsuk ki
E
X
q˙i
∂K = 2K . ∂ q˙i
teljes id® szerinti deriváltját:
n X ∂L dL d ∂L dE q¨i − + q˙i · = . dt ∂ q˙i dt ∂ q˙i dt i=1 Az utolsó tag
n ∂L ∂L dL X ∂L , q˙i + q¨i + = dt ∂qi q˙i ∂t i=1
míg a mozgásegyenletek következtében
d ∂L ∂L = . dt ∂ q˙i ∂qi Ezeket
dE dt
kifejezésébe írjuk és összevonunk:
∂L dE =− . dt ∂t
L nem függ expli ite t-t®l. L = K −U esetén (44) ∂U dE = megismert -re redukálódik, de általánosabb dt ∂t
Az energia akkor marad meg, ha természetesen az 1.7 fejezetben
(44)
nála. Ezt a következ® feladat mutatja.
46
50.Feladat: Mozogjon töltött tömegpont homogén mágneses térben. Határozzuk
meg
E
változását, amikor
B
adiabatikusan változik.
Megoldás: A 39.feladatban láttuk, hogy
L = K + qxyB. ˙ A mozgásegyenletek megoldása
ω=
x = y = Az
L
kifejezésében sak
B
qB m
frekven iájú körmozgás:
R cos(ωt + α) −R sin(ωt + α).
függ az id®t®l, ezért
dE ∂L dB =− = −qxy˙ . dt ∂t dt Az adiabatikusság miatt
xy˙ -t
átlagolhatjuk a körmozgás periódusára:
1 xy˙ = −R2 ω cos2 (ωt + α) −→ − R2 ω. 2 Átlagolás után tehát
q dB qv 2 dB q dB E dB dE = R2 ω = = ·E = . dt 2 dt 2ω dt mω dt B dt Behelyettesítéssel igazolható, hogy ennek a di. egyenletnek a megoldása
B,
azaz
E = adiabatikus B
E = konst ·
invariáns.
A mágneses mez® adiabatikus növelése tehát gyorsítja a töltéseket. Ha a fenti kifejezésben
E -t
az
E= képlet alapján
R-el
mR2 ω 2 q2 2 2 = R B 2 2m
helyettesítjük, akkor az
R2 B = adiabatikus
invariáns
képletre jutunk. Ez azt fejezi ki, hogy a töltés pályája által határolt mágneses uxus adiabatikus invariáns. Ezen alapul a mágneses sapdák m¶ködése.♣
51.Feladat: Két tömegpont entrális er®vel hat egymásra. Mutassuk meg, hogy
a relatív mozgás energiája mozgásállandó.
47
Megoldás: Megint a 38.feladatról van szó. A változók szeparálódásának a következtében
E = Erel + ET K , ∂Lrel ∂Lrel ∂Lrel + ϑ˙ − Lrel = Krel + U (r), + ϕ˙ ˙ ∂ r˙ ∂ ϕ˙ ∂ϑ ∂LT K ∂LT K ∂LT K = X˙ + Y˙ + Z˙ − LT K = KT K . ˙ ˙ ∂X ∂Y ∂ Z˙
Erel = r˙ ET K
Erel
tehát mozgásintegrál és
∂Lrel dErel =− = 0. dt ∂t ugyanez igaz ET K -ra is (és
persze
E -re).
1.17. Általános megjegyzések a mozgásegyenletek megoldásáról Egy di.egyenlet-rendszert megoldottnak tekintünk, ha
kvadratúrákra vezettük vissza
,
vagyis ha a megoldást olyan alakban állítottuk el®, amelyben már sak kijelölt integrálásokat kell elvégezni és adott algebrai egyenleteket kell megoldani. E két m¶velet ui. "egyszer¶" abban az értelemben, hogy ismert eljárások segítségével numerikusan mindig tetsz®leges pontossággal elvégezhet®, míg egy di.egyenlet-rendszerre nin s univerzális megoldási módszer. A kvadratúrákra való visszavezethet®ség szempontjából a különféle rendszereket három soportba sorolva tárgyaljuk. Az egyes soportok között nin s éles határ.
A)
Ide azokat a feladatokat soroljuk, amelyek ismert megoldású vagy könnyen
integrálható egyenletekre vezetnek.
Ezek az olyan egyszer¶ feladatok, mint pl.
a
szabad mozgás, mozgás homogén er®térben, a harmonikus osz illátor.
B)
Ha egy
f
szabadsági fokú rendszernek ismerjük
f
mozgásintegrálját, akkor a
mozgásegyenletek els®rend¶ di.egyenlet rendszerré alakíthatók. Jelöljük a mozgásállandókat
Ij -vel.
Ezek akkor ismertek, ha tudjuk, hogyan függenek a koordinátáktól
és a sebességekt®l:
Ij = Ij (q1 , ..., qf , q˙1 , ..., q˙f )
j = 1, ..., f.
(45)
Ez egy els®rend¶ di.egyenlet rendszer a koordinátákra, ami jobban látszik,ha a sebességekre oldjuk meg ®ket:
q˙j = kj (q1 , ..., qf , I1 , ..., If ) Az
Ij -k
j = 1, ..., f.
(46)
mozgásállandók, ezért határozott számértéket adhatunk nekik.
Sajnos ennek a di.egyenlet-rendszer típusnak sin s általános megoldási algoritmusa, de ha a
kj -k
elég egyszer¶ függvényei a koordinátáknak, visszavezethet®
kvadratúrákra. Ha pl. valamelyik ( a
qj
kj
változó szeparálódik), akkor a
függvény sak a "saját"
j -ik
qj
egyenlet átrendezhet®
dqj = dt kj (qj , I1 , ..., If ) 48
koordinátájától függ
alakba, amelyb®l
t=
Z
dqj + konstans, kj (qj , I1 , ..., If )
(47)
és ezzel qj meghatározását kvadratúrára vezettük vissza. Ha ugyanis az integrál Kj (qj )-vel egyenl®, akkor a Kj (qj ) = t + konstans algebrai egyenletet qj -re megoldva megkapjuk qj -t mint az id® és a mozgásintegrálok függvényét. Ha a maradék f − 1 egyenletb®l megint integrálható az egyik (ehhez a már ismert qj is felhasználható), akkor az eljárás folytatható és esetleg megtalálható a rendszer általános megoldása.
összes
ióban vannak Létezik az
szerben az
Ij -kre
involú-
egy teszt, amelynek teljesülése esetén alkalmas koordinátarend-
változó szeparálódik. Ilyenkor azt mondjuk, hogy az
Ij -k
. Ezt a fogalmat érdemes használnunk annak ellenére, hogy magára a
tesztelési eljárásra nin s módunk kitérni. Eszerint a B) soportba azokat a rendsz-
f
integrálhatónak
ereket soroljuk, amelyeknek ismerjük tegrálját ezeket a feladatokat
darab egymással involú ióban lév® mozgásinnevezzük. A legnevezetesebb ilyen
feladat a entrálszimmetrikus kéttestprobléma, spe iálisan a Kepler-probléma. Az elmondottakból következik, hogy ha egy 1-szabadsági fokú rendszernek ismerjük egy mozgásintegrálját, akkor a mozgásegyenlete a (47) mintájára visszavezethet® kvadratúrára. Belátható továbbá, hogy ha egy 2-szabadsági fokú rendszer két ismert mozgásintegrálja közül az egyik az energia, akkor a mozgásintegrálok involú ióban vannak egymással, tehát a feladat integrálható.
C) A feladatok túlnyomó többsége olyan, hogy nem rendelkeznek elegend® mozgásál-
kaotikus
landóval (nem integrálhatók). A leghíresebb ide tartozó feladat a gravitá iós háromtestprobléma. Ilyen esetekben a tipikus az, hogy a mozgás
, amin nagyjából azt
értjük, hogy praktikus kritériumok alapján nem különböztethet® meg a véletlenszer¶t®l.
Létezhet azonban a Lagrange-függvényben lév® paramétereknek olyan tar-
tománya, amelyben a feladat közelít®en integrálhatóvá válik és nem lép fel káosz (kaotikusság). A továbbiakban C) típusú feladatokkal nem foglalkozunk.
1.18. A entrálszimmetrikus kéttestprobléma A 38.feladatból indulunk ki:
L LT K Lrel
˙ ϕ) ˙ Y˙ , Z) ˙ + Lrel (r, ϑ, ϕ, r, = LT K (X, ˙ ϑ, ˙ M ˙2 = (X + Y˙ 2 + Z˙ 2 ) 2 µ 2 (r˙ + r2 ϑ˙ 2 + r2 sin2 ϑ · ϕ˙ 2 ) − U (r). = 2
Csak a relatív mozgás érdekes, ezért feltehetjük, hogy a tömegközéppont nyugszik. Ekkor
~l = L ~,
valamint
Erel = E .
Ezek a feladat mozgásállandói.
A entrálszimmetria miatt a mozgás síkban történik (ld. a 4.feladat érvelését: a kezdeti
~r
és
~r˙
által kijelölt sík két oldala egyenérték¶), amely a tömegközépponton
49
áthaladó bármelyik sík lehet. Az
~ = L
konstans ezzel összhangban van: mind a síkra
mer®leges, mind a síkba es® komponensek mozgásállandók (ez utóbbiak nullák). A mozgás síkját tehát önkényesen rögzíthetjük.
π ϑ= . 2
Legyen ez az
xy
sík, amelyen
Így
Lrel =
µ 2 (r˙ + r2 · ϕ˙ 2 ) − U (r). 2
Ez a síkbeli polárkoordinátákban érvényes képlet, sak megtartottuk az
r-t
a sugár
jelölésére. A Lagrange-egyenletek:
Lr
≡
Lϕ
≡
dU (r) =0 dr µr2 ϕ¨ + 2µrr˙ ϕ˙ = 0. µ¨ r − µrϕ˙ 2 +
Ahelyett, hogy ezeket elkezdenénk megoldani, tekintsük a feladatot B) tipusúnak és írjuk fel az
Lrel
két mozgásállandóját:
E Lz Fejezzük ki a másodikból
ϕ˙ -t
µ 2 (r˙ + r2 ϕ˙ 2 ) + U (r) 2 = µr2 ϕ. ˙ =
és írjuk be az els®be:
Lz µr2 µ 2 L2 r˙ + z 2 + U (r). 2 2µr
ϕ˙ = E
=
A második egyenletre már alkalmazható a (47) képlet. Oldjuk meg
r˙ =
s
t
(49)
r˙ -ra:
L2 2 E − U (r) − 2 z2 . µ µ r
A (47) mintájára innen megkapható írva a jobboldal
(48)
r
(50)
t függvénye. Ezt a megoldást (48)-ba t-szerinti integrálás megadja ϕ-t mint a t r = r(t), ϕ = ϕ(t) trajektóriákat. Az általános mint a
függvényévé válik és a
függvényét. Ezzel meghatároztuk az
megoldást kapjuk, mert a két integrálásnál megjelen® egy-egy integrá iós konstans, valamint
E
és
Lz
önkényesen választhatók.
pálya síkja lehet általános helyzet¶.
Két további állandó jelenik meg, ha a
Végül a tömegközéppont mozgása behoz hat
újabb konstansot. Ez összesen 12 önkényes konstans. A Kepler-problémára történ® spe ializálás el®tt analizáljuk (49)-t, amely
Kr + U +
L2z =E 2µr2
50
(51)
alakban is írható.
Kr =
µ 2 r˙ 2
a radiális mozgás kinetikus energiája,
a radiális mozgás (teljes) energiája. Ez kisebb, mint
Kϕ
sen nem lehet más, mint az azimutális mozgás
Lz
egyértelm¶en
állandósága következtében azonban Kϕ értékét L2z origótól mért távolság: Kϕ = . Ebben a formában szerepel a 2 Az
Kr + U
pedig
E és a különbség természeteµ = r2 ϕ˙ 2 kinetikus energiája. 2
2µr
meghatározza az
ϕ-mozgás kinetikus
energiája (51)-ben és így ez a kinetikus energia a radiális mozgás szempontjából poten iális energiaként lép fel a
Kϕ -nek ez a "kétar úsága" teszi lehet®vé a kvadratúrára
való visszavezetést. Logikus tehát bevezetni az
Ucf (r) =
entrifugális poten iált
(poten iális energiát), ui.
er®függvénye:
− és ez a képlet sak az talált képletét®l.
L2z 2µr2
r↔ρ
ez a kifejezés a entrifugális er®
dUcf L2 (48) = z3 = µrϕ˙ 2 = Frc , dr µr
átjelölésben különbözik a entrifugális er® 1.8 fejezetben
A entrifugális poten iál funk iójának az érzékeltetésére tekintsük pl. a mozgásnak azt a fázisát, amikor
Lz
r n®.
Az
állandósága miatt a sebesség
nie kell.
Ucf ekkor sökken, és ennek így is kell lennie, hiszen ϕ-komponensének és ezzel együtt Kϕ -nek sökken-
Ezért energia áramlik át az azimutális mozgásból a radiális mozgásba a
entrifugális er® által végzett munka képében:
d(Kr + U ) = −dUcf = +Frc · dr = dWcf .
1.19. A Kepler-probléma Így nevezzük a gravitá iós kéttestproblémát, amelynél
U (r) = −
γm1 m2 . r
Vizsgáljuk el®ször a radiális mozgást. Vezessük be az
eektív poten iált
Uef f (r) = U (r) + Ucf (r) = −
γm1 m2 L2 + z2 r 2µr
(poten iális energiát), amelyet az alábbi ábrán fel is rajzoltunk.
51
Az eektív poten iálnak egy bizonyos r0 -nál minimuma van. r ≪ r0 -nál Ucf ≫ végtelenhez tart. r ≫ r0 -nál |U | ≫ Ucf , ezért r → ∞|U |, ezért r → 0-nál Uef f nél Uef f negatív irányból tart a nullához. Az Uef f felhasználásával (51) a
plusz
Kr + Uef f (r) = E alakban írható. Ha az
Uef f -t
(52)
bemutató ábrán feltüntetjük az
E = konstans
intes egyenest is, akkor könnyen leolvashatjuk a radiális mozgás határait. A
r-kre
nem lehet negatív, ezért (52) szerint a mozgás azokra az
Uef f (r) ≤ E . Amikor E < Uef f (r0 )
ilyen tartomány nin s.
mozgás egyenletes körmozgás. A pálya
r0
Amikor
vízsz-
Kr
ui.
terjed ki, amelyeknél
E = Uef f (r0 ),
a relatív
sugara a
dUef f dU dUcf = + = −(F + Frc ) = 0 dr dr dr gyöke, tehát arra a jól ismert következtetésre jutunk, hogy egyenletes körmozgásnál a gravitá iós vonzás és a entrifugális er® éppen kompenzálja egymást.
E > Uef f (r0 )-nál a mozgás jellege E el®jelét®l Uef f (r0 ) < E < 0, a radiális mozgás
Amikor ordinátájú jelölni. Az
fordulópont
rmin
és az
korlátos függ.
, egy
rmin
rmax
az
rmax koT -vel fogjuk
és egy
között ismétl®d® osz illá ió, amelynek periódusát
Uef f (r) görbe és az E = konstans egyenes metszéspon-
tjainak a radiális koordinátái, vagyis az
Uef f (r) = E egyenlet gyökei. Az azonban véges. pozitív,
r = rmin , rmax
pontokban a radiális sebesség zérus, a gyorsulás
A radiális er® ugyanis, ami
r = rmax -ban
(53)
Uef f
negatív deriváltja,
r = rmin -ban
pedig negatív, és a fordulópontokban ennek megfelel® el®jel¶ a
gyorsulás.
52
Amikor
E > 0,
végtelen s
az (53)-nak sak egy gyöke van, az
félegyenesen történik (
hez. Ha a kezd®pillanatban nullává válik.
rmin
és a mozgás az
r˙ > 0,
r ≥ rmin
akkor a tömeg-
2E értékhez közelít® radiális sebességgel tart a végtelenµ r˙ < 0, akkor a tömegpont addig közeledik a entrumhoz,
pont sökken®, de a véges
amíg el nem éri az
rmin ,
mozgás). Ha egy id®pillanatban
koordinátájú egyetlen fordulópontot, amelyben a sebessége
De itt kifele mutató er® hat rá, ezért mozgásiránya megfordul és a
mozgás pozitív sebességgel folytatódik újabb irányváltozás nélkül. A bels® (r koordinátájú) fordulópont
entrifugális gát
Ucf
entrális ütközés
iós vonzás következtében a tömegpont a entrumba zuhanjon. Ezért ui.
= rmin
következménye, ez akadályozza meg, hogy a gravitá-
nak is nevezik. Ez a gát sak
Lz = 0.
Ucf -t
gyakran
nél nem m¶ködik, ekkor
A tömegpont a radiális mozgás mellett azimutális mozgásban is résztvesz. 2.Kepler-törvényb®l tudjuk, hogy
ϕ
A
folyamatosan de nem egyenletesen n®
(egyedüli kivétel a entrális ütközés, amikor
ϕ = konstans).
Az el®z® fejezetben láttuk, hogyan vezethet® vissza a entrálszimmetrikus kéttestprobléma kvadratúrára. Ezzel a módszerrel a Kepler-probléma általános megoldása is megtalálható. Ezt azonban mell®zzük, és sak a még nem igazolt két Kepler-törvény bizonyítására korlátozódunk. Az 1.Kepler-törvény azt mondja ki, hogy a pálya ellipszis, amelynek egyik gyujtópontja a vonzóer® entruma (a Nap). Ez természetesen a korlátos mozgásra (E
0)
vonatkozik. Amikor
pályát
E > 0,
a pálya hiperbola (üstököspálya). Az
<
E =0
határe-
r
értékét
setben a pálya parabola. A
id®nek
(ld.az 1.1 fejezetet) akkor ismerjük, ha minden
(vagy megfordítva). Az
ϕ-hez
megadjuk
ebben nin s szerepe. Ezért a pálya dieren iálegyenletét
úgy kapjuk, hogy (50)-t (48)-al osztva kiejtjük bel®lük az id®t:
µr2 dr = dϕ Lz
s
γm1 m2 L2 2 E+ − 2 z2 , µ r µ r
Ez az egyenlet a változók szeparálásával integrálható:
ϕ=
Az
u = 1/r
Z
Lz dr r2 r + ϕ0 . γm1 m2 L2z 2µ E + − 2 r r
változót bevezetve a
ϕ = −Lz
Z
du p + ϕ0 2µ(E + γm1 m2 · u) − L2z u2 53
integrálra jutunk, amelynek a primitív függvénye a Bronstein-Szemengyajev táblázatban a 241. szám alatt található:
µ · γm1 m2 Lz − r Lz
ϕ = −ar sin s
µ2 · (γm1 m2 )2 2µE + L2z
Ez a kifejezés a
L2z p= µ · γm1 m2
e=
s
1+
+ ϕ0 .
2EL2z µ(γm1 m2 )2
(54)
paraméterek segítségével a
ϕ = −ar sin alakra hozható. Célszer¶
ϕ0 =
p−r + ϕo er
π -t választani és mindkét 2 p = 1 + e · cos ϕ. r
oldal koszinuszát venni:
(55)
Ez az ellipszis egyenletének ismert polárkoordinátás alakja. A fókuszpont az origóban van,
e
az ex entri itás,
p
a fokális paraméter.
E<0
következtében
e ≤ 1.
A nagy- és a kistengely hossza
a
=
b
=
p γm1 m2 = 2 1−e 2|E| p |Lz | √ = p , 2 1−e 2µ|E|
a fordulópontok radiális koordinátája pedig
rmin =
p = a · (1 − e) 1+e
rmax = 54
p = a · (1 + e). 1−e
(56)
(57)
A 3.Kepler-törvényt abból az észrevételb®l vezethetjük le a legegyszer¶bben, hogy
S˙ területi sebességgel (ld. a 44.feladatot): Ha ezt az egyenletet a 0 ≤ t < T intervallumra integráljuk és gyelembe vesszük, hogy Lz mozgásállandó, az |Lz |T = 2µS kifejezésre jutunk, amelyben S az ellipszis területe: S = πab. Így a
pϕ = L z
impulzusmomentum-komponens arányos az
|Lz | = 2µS˙ .
T = De
2πµab . |Lz |
1 b 1 = p = √ |Lz | µ 2µ|E|
ezért a periódusid®
T = 2πa3/2
r
r
(58)
a , γm1 m2
µ 2πa3/2 = p γm1 m2 γ(m1 + m2 )
m1 = M⊙ a Nap tömege, amely mellett a bolygók m2 tömege elT2 arány minden bolygóra azonos: A bolygók hanyagolható, akkor azt látjuk, hogy a a3 alakban írható. Ha itt
keringési id®inek négyzetei úgy aránylanak egymáshoz, mint pályáik nagytengelyeinek
köbei. Ez Kepler 3.törvénye. Megjegyzés: A Kepler-problémában az a
zárt
a radiális mozgás szis, ami
T
T ′ id®, ami alatt a ϕ 2π -t változik, azonos
periódusidejével: ha nem így volna, a pálya nem lehetne ellip-
görbe. Egy általános entrálszimmetrikus kéttestproblémában azonban, ′ amikor az er®függvény nem arányos 1/r-el, a T és a T különbözik egymástól, és ennek az a következménye, hogy a pálya önmagát átmetsz® görbe, amely rendszerint egy körgy¶r¶t tölt ki a mozgás síkjában. * Az ellipszis polárkoordinátás alakjának a levezetése: Az ellipszis egyenletének jól ismert alakja a következ®:
x2 y2 + = 1. a2 b2 2a = 2b = p c = a2 − b 2 = (±c, 0) = c e= = a
nagytengely hossza kistengely hossza fókusztávolság fele fókuszpontok koordinátája ex entri itás
55
(e ≤ 1).
Helyezzük át az ellipszist
c hosszegységgel balra.
kerül. Az új egyenlet:
Ez az ellipszis az
y -tengelyt
A jobboldali fókusz ekkor az origóba
y2 (x + c)2 + = 1. a2 b2 ±p értéknél metszi:
a
p2 c2 + 2 = 1, 2 a b és innen
b2 a
p= az u.n. (fokális) paraméter. Az új egyenletben
a, b, c-t
a=
kifejezzük
p 1 − e2
e, p-n
keresztül:
p b= √ 1 − e2
c=
ep , 1 − e2
és némi átalakítás után az
x2 + y 2 = (p − ex)2 egyenletre jutunk. Most áttérünk polárkoordinátákra és megkapjuk az ellipszis egyenletét
r, ϕ-n
keresztül kifejezve:
p = 1 + e cos ϕ, r vagy
r = r(ϕ) =
p . 1 + e cos ϕ *
52.Feladat: Mutassuk meg, hogy a Kepler-problémában
2K rel = −U ,
felülhúzás a relatív mozgás periódusára vett átlagértéket jelenti (az un. egy spe iális esete). Megoldás: Legyünk TKR-ben, ahol
2K
= = =
Krel = K .
viriál-tétel
ahol a
Nyilván
d (x · x˙ + y · y˙ + z · z) ˙ − (x · m¨ x + y · m¨ y + z · m¨ z) = dt d ∂U ∂U ∂U = m (x · x˙ + y · y˙ + z · z) ˙ + x +y +z dt ∂x ∂y ∂z d m (x · x˙ + y · y˙ + z · z) ˙ − U. dt m(x˙ 2 + y˙ 2 + z˙ 2 ) = m
Az utolsó lépésben kihasználtuk, hogy
U
a koordináták homogén
gvénye (ld.az 1.16 fejezetet).
56
(−1)-d
rend¶ füg-
Az id®beli átlagolásnál osztjuk
T -vel.
Mivel
T
t
szerint integrálunk a
(0, T )
intervallumra és az integrált
a mozgás periódusa, az els® tag átlaga zérus, ezért
2K = −
1 T
Z
T
0
U · dt = −U .
Ebb®l az is következik, hogy
1 E = K + U = −K = + U . 2 Körpályán történ® mozgásnál ezek a képletek átlagolás nélkül is érvényesek.♣
53.Feladat: Igazoljuk, hogy a közegellenállás növeli a (mesterséges) bolygó sebességét.
Megoldás: A közegellenállás következtében a me hanikai mozgás energiájának egy része a közeg h®energiájává alakul át.
E = −K
Ezért az
E
me hanikai energia sökken, és
következtében a mozgási energia egy periódusra vett átlaga n®.
Az
U
sökken (az abszolút értéke n®) és ez azt jelenti, hogy a test közeledik a entrumhoz.♣
54.Feladat: Jellemezzük azokat a Kepler-pályákat, amelyeknek közös fókuszpon-
tja és azonos energiája van, és a nagytengelyeik iránya, valamint a pályasíkjuk is közös.
L2z
Megoldás: Ezek a pályák Lz -ben különböznek egymástól. Az (54) alapján 0 ≤ µ · (γm1 m2 )2 2 . A nagytengelyeik egyforma hosszúk. Az Lz maximális értékénél ≤
2|E| 2a átmér®j¶ kör, Lz = 0-nál pedig a fokuszpontból kiinduló 2a hosszúságú egyenesszakasz. Lz -hez és −Lz -hez egybevágó ellipszisek tartoznak, sak a mozgás iránya különbözik rajtuk.♣ a pálya
55.Feladat:
Tegyük fel, hogy a entrális test tömege adiabatikusan változik.
Hogyan hat ez a bolygómozgásra? Megoldás: A (44) szerint
∂ µ 2 ∂ dE K −U =− =− (r˙ + r2 ϕ˙ 2 ) − U . dt ∂t ∂t 2
Tegyük fel, hogy az
µ˙ = Az
U
arányos
Ezek alapján
m1
a entrális test tömege. Az els® tagban ez
µ-ben
m˙ 1 m2 (m1 + m2 ) − m˙ 1 m1 m2 m˙ 1 m2 = · · µ. 2 (m1 + m2 ) m1 m1 + m2
m1 -el,
így
m˙ 1 ∂U U. = ∂t m1 m2 m ˙1 K −U . E˙ = − m1 m1 + m2 57
fordul el® és
Az adiabatikusság miatt a pályamozgásra átlagolhatunk és ezután felhasználhatjuk a viriál tételt:
m ˙1 m˙ 1 m2 m2 m2 m ˙1 K−U = − (−E)−2E = +2 ·E. E˙ −→ − m1 m1 + m2 m1 m1 + m2 m1 m1 + m2 Mivel minden id®pillanatban
2
m1 ≫ m2 ,
ezért a zárójelben lév® törtet elhagyhatjuk a
mellett és hasonló okból a továbbiakban már
µ-t m2 -nek
vehetjük. Így
m˙ 1 E˙ , =2 E m1 ahonnan
Az
m1
E = inv. m21
változása nem sérti meg a forgásszimmetriát, ezért
Lz
id®ben változó
m1 -nél
is mozgásállandó. Ezért (54) felhasználásával azt találjuk, hogy
e = inv, míg (56) alapján
am1 = inv. A entrális égitest tömegének lassú változásakor tehát a bolygópálya ex entri itása nem változik, a nagytengely hossza a tömeg re iprokával, a mozgás energiája pedig a tömegnégyzettel arányosan változik.♣
56.Feladat: Mi az oka annak, hogy a Hold a Földön
egyet a Hold fel®li, egyet a Holddal ellentétes oldalon?
két
dagálydudort idéz el®:
Magyarázat: Ennek a lényegében kvalitatív kérdésnek a vizsgálatánál eltekinthetünk a Nap hatásától, valamint a Föld forgásától, azaz feltehetjük, hogy a Föld is mindig
10 . A Föld-Hold rendszer relatív mozgását
ugyanazt az oldalát fordítja a Hold felé
fogjuk vizsgálni, ezért a TKR-t választjuk vonatkoztatási rendszernek. Legyen
OF
a Föld,
OH
a Hold entruma.
entrumokat összeköt® egyenesen fekszik és az
A koordinátarendszer
OF OH
O
origója a
szakaszt a tömegekkel fordított
arányban osztja:
|OH O| = (M a Föld, Az
ω -t
m
M R, M +m
|OF O| =
m R, M +m
a Hold tömege). A két égitest közös
ω
|OF OH | = R
szögsebességgel kering
O
körül.
a gravitá iós vonzás és a entrifugális er® egyensúlya határozza meg:
Mm γM m . R · ω2 = M +m R2
10 A tengely körüli forgásból származó entrifugális er® egyenletes belapulást idéz el®, de nem hoz létre dagályhullámot. 58
Ez az egyenlet egyaránt vonatkoztatható a Földre (baloldal 2 Holdra (baloldal = m · |OH O| · ω ). Innen
ω2 = Legyenek
A
és
B
= M · |OF O| · ω 2 )
és a
γ(M + m) . R3
az égitestek entrumait összeköt® egyenes és a földfelszín met-
széspontjai és legyen
|OH A| = R − r (r a Föld sugara). elhelyezett
δM
|OH B| = R + r δFA , δFB
Számítsuk ki azt a
tömegre hat.
er®t, amely az
A, B
pontban
Válasszuk mondjuk a entrifugális er® irányát
pozitívnak:
δFA
= = =
= δFB -t r → −r
γm · δM m = − r · ω2 − δM · R M +m (R − r)2 m m M +m δM · γ · R = − −r M +m R3 (R − r)2 " # r m δM · γ m − (M + m) − = r 2 R2 R 1− R r 2 r 1 . −(M + 3m)δM · γ · + o R2 R R
helyettesítéssel kapjuk. Eszerint
r ≪ R-nél
δFA = −δFB = −(M + 3m)δM · γ · Az
A
r . R3
környékén lév® tömegekre tehát a Hold irányába mutató, a
Holddal ellentétes irányú netto er® hat.
(59)
B
körül lév®kre a
Ezt a földi anyag molekuláris er®i (rugal-
masság, felületi feszültség) egyenlítik ki, de ilyen er®k sak
δFA , δFB
irányú defor-
má ió eredményeképpen jönnek létre. Az (59) árapályer® oka tehát röviden az, hogy a gravitá ió és a entrifugális er® sak az égitestek entrumában egyenlíti ki egymást pontosan, a középpontokat összeköt® szakaszon belül a gravitá iós vonzás, azon kívül a entrifugális taszítás dominál. Megjegyzés:
Noha gyorsuló vonatkoztatási rendszerekkel sak egy kés®bbi fe-
jezetben foglalkozunk, korábbról már bizonyára ismeretes, hogy entrifugális er® sak forgó koordinátarendszerben lép fel. A feladatban TKR-t használtunk, amely iner iarendszer, ezért a magyarázatban nem lett volna szabad a entrifugális er®re hivatkozni. Azt, hogy "a entrifugális er® kiegyenlíti (nem egyenlíti ki) a vonzást" úgy kell érteni, hogy az adott
ω -ból
számítható entripetális gyorsulás egyenl® (nem egyenl®) a grav-
itá iós vonzásnak megfelel® gyorsulással. ban együtt forgunk az égitestekkel, akkor
De majd látni fogjuk, hogy ha gondolat-
R
trifugális er® egyensúlya magyarázza.♣ 59
állandóságát valóban a vonzás és a en-
57.Feladat: A Nap sokkal nagyobb er®vel vonzza a Földet mint a Hold. Miért
jelent®sebb mégis a Hold által okozott dagály? Magyarázat: A Nap vonzóereje kb. 180-szorosa a Holdénak, a Hold által okozott (12,42 órás periódusú) dagály mégis 2,17-szer nagyobb, mint a Nap (12 óra periódusú) 2 dagálya. A magyarázat az, hogy a gravitá iós vonzás 1/R -el, az (59) árapályer® 3 1/R -el arányos, ezért az árapályer® gyorsabban sökken a távolság növekedtével, mint a vonzóer®.♣ 58.Feladat:
Hogyan hat vissza a Hold által gerjesztett földi dagály a Hold
mozgására? Diszkusszió: Ennek a kérdésnek a szempontjából már lényeges a Föld forgása. Ez a forgás azonos irányú a Hold keringésével és kb.
30-szor nagyobb szögsebesség¶.
A súrlódás következtében a Föld részlegesen magával ragadja a dagálydudorokat, ◦ a maximumukat összeköt® egyenes ∼ 2, 2 -al megel®zi a Hold aktuális irányát. A súrlódás fékezi a Föld forgását, aminek következtében a napok hossza növekszik (kb.
10-20 se -el millió évenként). A Föld-Hold rendszer teljes impulzusmomentumának azonban meg kell maradnia, ezért részletes számítás nélkül is tudható, hogy a dudorok olyan er®vel hatnak a Holdra, amely a Hold
Lz -jét
növeli.
Feltehetjük, hogy a Hold körpályán kering. Az 54.feladatban láttuk, hogy ekkor arányos
1 -el. |E|
Ezért a földi dagály hatására
L2z
|E| sökken, a viriál tétel következtében
|U | is sökken, a Föld-Hold távolságnak tehát n®nie kell.
A Hold távolodási sebessége
ennek a hatásnak a következtében kb. 3 m/évszázad.
Megjegyzés: A feladatban tárgyalt folyamat során a Föld forgási energiája a súr-
energiája
lódás következtében folyamatosan h®energiává alakul át, ezért a me hanikai mozgás
sökken.
Nyilvánvaló azonban, hogy a lassulással együttjáró impulzus-
momentum- sökkenés nem a h®mozgás impulzusmomentumát növeli, hiszen a ren-
impulzusmomentuma
dezetlenség miatt a molekuláknak nin s a h®mozgásból ered® netto impulzusnyomatéka. Ezért a me hanikai mozgás megmarad.♣
az energiával ellentétben
1.20. Kitekintés a Naprendszerre
perturbálja perihélium-vándorlás
A bolygók nem pontosan a Kepler-megoldás szerint mozognak, mert mozgásukat a többi bolygó hatása
.
Az ellipszispályák helyzete valójában nem állandó, hanem a síkjukban lassan forognak (
). Ezt a mozgást legpontosabban a Merkúrnál lehet meg -
e = 0.2066, e = 0.0167). A Merkúr-pálya forgási sebessége az álló sillagokhoz képest a meg gyelések szerint ∼ 573 szögmásodper /évszázad. Ebb®l 280" a Vénusz, 150 a gyelni, ui. a Merkúrpályának a legnagyobb az ex entri itása (a Merkúrnál
a Földnél
Jupiter, 100 a többi bolygó hatása. A hiányzó 43-re Einstein gravitá ió-elmélete (az
általános relativitás-elmélet) ad magyarázatot, amely szerint a tömegvonzás törvénye igen kis mértékben eltér a newtonitól.
60
szekuláris
Az ex entri itás maga is változik, rövid idej¶ (néhány éves) ingadozások mellett hosszú idej¶, un.
változásokat is mutat. Ez utóbbiak id®skálája 10000 év
nagyságrend¶ és a Föld esetében a 0 és a 0,068 közötti értékekre terjed ki. Lehetséges, hogy az
e
szekuláris változása szerepet játszik a jégkorszakok kialakulásában (nagy
ex entri itásnál a bolygó sokkal rövidebb ideig tartózkodik Napközelben). A Naprendszer mint egész természetesen C-tipusú (1.14 fejezet). láthatóan nem kaotikus.
A mozgása
A 60-s években bebizonyították, hogy a Naprendszerhez
hasonló pontrendszerek (a tömeg túlnyomó része a entrális testben van, a bolygópályák közel egy síkban feküsznek és nem metszik egymást) stabilak (nem alakul ki bennük káosz). Sajnos, a Neptun és a Pluto pályája valójában metszi egymást, ezért a tétel szigorúan véve a valóságos Naprendszerre nem vonatkoztatható, és a Naprendszer további sorsa a keletkezéséhez hasonlóan a megoldatlan problémák közé tartozik. A Naprendszer távoli jöv®jét sak számítógépes módszerekkel tudjuk vizsgálni. 1988-ban publikálták a LONGSTOP (Long-term Gravitational Study of the Outer Planets) program keretében a Londoni Egyetem Cray szuperszámítógépén végzett vizsgálatot, amelyben 100 millió évre el®re sikerült megoldást kapni.
Tapasztaltak
váratlan energiaki serél®dést a küls® bolygók között, de instabilitásra utaló jel nem volt. Az MIT-ben (Massa husetts Institute of Te hnology) élszámítógép készült a Naprendszer-dinamika tanulmányozására, amely 850 millió évre képes el®re számolni (a Naprendszer életkora 4-5 milliárd év). A Pluto mozgásában káosz jeleit találták, ami elvben kihathat az egész Naprendszerre. Egy 1989-ben publikált számítás 200 millió évre el®re jósolt.
A Lapla e-óta al-
kalmazott sorfejtéses módszert használta és a sorok mintegy 150000 tagját vette -
pályájuk mentén
gyelembe.
Azt találta, hogy a bels® bolygók (Merkúr, Vénusz, Föld) mozgása a kaotikus: ha pl. a Föld helyzetében ma 15 métert tévedünk, akkor
100 millió év múlva a Földet egyenletes valószín¶séggel találjuk meg a pálya bármely
pontjában. A Naprendszer bolygói körül számos hold található, amelyeknek a mozgásában az árapály-er®knek van meghatározó szerepe. A holdutazások miatt különösen nagy er®feszítések történnek a mi Holdunk pályájának a számítására.
Jelenleg a Hold
pályáját kb. 1 méter pontossággal ismerjük. * 59.Feladat:
Határozzuk meg
Uef f (r)-t
az izotróp harmonikus osz illátorra és
analizáljuk a radiális mozgást (az analízishez használjuk a 12.feladatot). Megoldás: Az 1.15-1.16 fejezetek képleteit kell alkalmazni
Uef f (r) =
L2z 1 2 Dr + 2 2mr2 61
U (r) =
Lz = konst.
1 2 Dr -el. 2
Az
r0
dUef f =0 dr
meghatározása az
egyenletb®l történik, amely mint az 1.19
fejezetben láttuk, a rugalmas vonzás és a entrifugális taszítás egyensúlyát fejezi ki:
Dr0 = A jobboldal azonban
mr0 ϕ˙ 2
L2z |Lz | −→ r02 = √ . mr03 mD
alakban is írható, ahonnan
után
|ϕ| ˙ =
r
r0 -al
történ® egyszer¶sítés
D ≡ ω. m
A mozgás analízise az energia szerint:
E
Uef f (r0 )-nál. E = Uef f (r0 ), a mozgás körmozgás ω körfrekven iával az r0 sugáron. E > Uef f (r0 )-nál a radiális mozgás osz illá ió rmin és rmax között, amelyek E = Uef f (r) egyenlet gyökei. A 12.feladatból tudjuk, hogy az xy síkban a trajektória nem lehet kisebb
Amikor
x = A cos(ωt + α) Legyen kapjuk:
β = α − π/2
és
A, B
az
y = B sin(ωt + β).
helyett használjunk kisbet¶t.
A pályát
t
kizárásával
x2 y2 + = 1. a2 b2
Ez is ellipszis, de a vonzás entruma ezúttal nem a fókuszpontban van, hanem a geometriai középpontban. Nyilván
a ≡ rmax , b ≡ rmin .
Mint a Kepler-problémában tettük, jelöljük most is az azimutális mozgás periódusát
T ′ -vel.
Nyilván
Mint látjuk körgy¶r¶t.
T′ =
T ′ 6= T
2π , ω
a radiális mozgás periódusa pedig
1 ′ T . 2 rmin ≤ r ≤ rmax
T =
és a pálya mégis zárt, nem tölti ki s¶r¶n az T ′ /T egész szám. Belátható, hogy a Kepler-
Ennek az az oka, hogy
Bertrand-tétel
problémán és az izotróp harmonikus osz illátoron kívül nin s több olyan lynek az összes pályája ilyen tulajdonságú (
62
).♣
U (r),
ame-
60.Feladat: Vezessük le az izotróp harmonikus osz illátorra is a viriál-tételt (K
és
U
kap solatát).
Megoldás: Most
U
a koordináták homogén
x
kvadratikus
∂U ∂U ∂U +y +z = +2U. ∂x ∂y ∂z
A 45.feladatban ezt a változtatást elvégezve a
2K = 2U
függvénye, ezért
K = U
relá ióra jutunk, ami
E =
alakban is írható.♣
61.Feladat: Analizáljuk a síkinga mozgását.
Megoldás:
A síkinga egy
l
hosszúságú súlytalan merev rúdra er®sített tömeg,
amely a földfelszín homogén gravitá iós terében vízszintes tengelyre felfüggesztve végez lengéseket.
A mozgás 1-szabadsági fokú, a
ϕ-t
(a függ®legest®l való eltérés
szögét) választjuk koordinátaként.
K=
ml2 2 ϕ˙ 2
U = −mgl cos ϕ
(a poten iális energia nullpontját a felfüggesztés magasságában vettük fel).
L=K −U =
ml2 2 ϕ˙ + mgl cos ϕ 2
Lϕ = ml2 ϕ¨ + mgl sin ϕ = 0. Ez nem A) típusú egyenlet, de a feladat az energiamegmaradás kihasználásával B) típusúként visszavezethet® kvadratúrára.
mgl ϕ
-mgl A mozgás analízise az energia szerint:
E =K +U =
ml2 2 ϕ˙ − mgl cos ϕ, 2 63
tehát
U (ϕ)
tölti be azt a szerepet, amit a Kepler-problémában és az izotróp har-
Uef f (r) játszott (nin s entrifugális poten iál). Vegyük észre, ϕ lehet negatív is. E nem lehet kisebb −mgl-nél. Amikor E = −mgl , az inga az alsó (stabil) egyensúlyi helyzetben nyugszik. Amikor −mgl < E < mgl , az inga 0 < Φ < π amplitúdójú lengéseket végez: −Φ < ϕ <Φ (korlátos mozgás). A Φ az U (Φ) = E egyenlet pozitív megoldása: E Φ = ar
os . −mgl Amikor E > mgl , az inga forog (végtelen mozgás). Az E = mgl határesetben az inga a fels® (instabil) egyensúlyi helyzetben nyugszik. monikus osz illátornál hogy
r-el
ellentétben,
A lengési periódus számítása: Az energia
E= kifejezését megoldjuk
ml2 2 ϕ˙ − mgl · cos ϕ 2
ϕ˙ -ra ϕ˙ =
r
2 p · E + mgl · cos ϕ. ml2
Ez az egyenlet a (47) mintájára integrálható:
Z
dϕ
p = E + mgl · cos ϕ
r
2 (t − t0 ). ml2
Az integrál nem fejezhet® ki elemi függvényekkel, de numerikusan minden kiszámítható.
|E| < mgl-nél T =4
a
r
T
lengési id®
ml2 · 2
Z
0
Φ
dϕ
p = E + mgl · cos ϕ
Az integrandus sorfejtésével belátható, hogy
T (Φ) = 2π
s
s
8l g
Z
0
Φ
dϕ p . cos ϕ − cos Φ
i 1 91 lh 1 + Φ2 + Φ4 + ... . g 16 12288
64
T
φ π A lengési periódus
függ
az amplitúdótól,
Φ → π -nél
végtelenhez tart.
Kis am-
plitúdónál azonban ez a függés gyenge: a kis amplitúdójú tartományban a lengési periódus az amplitúdótól független A
kis amplitúdójú
2π
s
l g
izokronizmus
érték (
).
lengéseket végz® ingát gyakran matematikai ingának nevezik. A
matematikai inga Lagrange-függvényét úgy kapjuk, hogy a síkinga Lagrange-függvényében
1 cos ϕ ≈ 1 − ϕ2 2
helyettesítést végzünk. Mivel a Lagrange-függvényb®l a konstansok
elhagyhatók, ezért
L=
ml2 2 ml2 2 mgl 2 ϕ˙ − ϕ = (ϕ˙ − ω 2 ϕ2 ) 2 2 2 r g ω= .♣ l
(60)
1.21. A kényszermozgások tárgyalása a hatáselv alapján. Eddig sak egymástól független tömegpontokból álló rendszerekkel foglalkoztunk. Ah-
kényszerfeltételek kényszerek
hoz, hogy véges kiterjedés¶ objektumokat is tárgyalhassunk, tisztáznunk kell, hogyan módosítják a mozgást a tömegpontokra kirótt
(
).
A hatáselv ideálisan alkalmas ennek a feladatnak a megoldására. Vegyünk pl. egy
m1
és egy
m2
tömeg¶ tömegpontot, amelyek közül az egyik vízszintes tengelyen végez
súrlódásmentes mozgást, a másik pedig függ®legesen zuhanhat a földfelszín homogén gravitá iós terében (ld. az ábrát). Mit mond a hatáselv ennek az egyszer¶ rendszernek a mozgásáról?
65
m2
g
x2
m1 x1
Jellemezzék az
i
kezdeti kon gurá iót az
kon gurá iót pedig az
(x1f , x2f )
(x1i , x2i )
koordináták, az
f
végállapoti
koordináták. A Lagrange-függvény:
L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) =
m1 2 m2 2 x˙ + x˙ + m1 gx1 . 2 1 2 2
A rendszer trajektóriáit egy háromdimenziós koordinátarendszerben ábrázolhatjuk, amelynek mondjuk függ®leges tengelye az id®, vízszintes tengelyei pedig a tömegpontok
x1 , x2
koordinátái (ld. az ábrát, amelyen felrajzoltunk egy i-t és
f -t összeköt®
trajektóriát).
t x1f
x2f
T
ti = 0 tf = T x 2i
0
x2
x1i x1 A hatáselv szerint a megvalósuló pálya az lesz, amely mellett az
S =
Z
tf
ti
hatásfunk ionálnak széls® értéke van.
L · dt
A feladat egyszer¶sége miatt könnyen megállapíthatjuk, milyen jelleg¶ a meg-
g
valósuló trajektória:
az 1.tömegpont
egyenletesen mozog.
A két mozgás ered®je parabolapálya.
gyorsulású szabadesést végez, a 2.
pedig
A következ® ábrán az
x1 x2 -síkon ábrázoltunk egy ilyen parabolapályát (a trajektória vetületét erre a síkra), és összehasonlításul még néhány virtuális trajektória pályáját is.
66
x 2i
x 2f
x2
x1i x1f x1 De hogyan mozog a rendszer akkor, amikor a két tömeget kap solja össze?
A válasz elég nyilvánvaló:
l
hosszúságú kötél
a virtuális trajektóriák sak olyanok
Ezek közül
lehetnek, amelyeknek minden pontjában a kezdeti és a végállapoti kon gurá iót is beleértve, teljesül az
x1 + x2 = l
kényszer(feltétel).
a virtuális
trajektóriák közül kell kiválasztani azt, amelynél a hatásfunk ionálnak széls® értéke van (a hatásfunk ionál ugyanaz, mint amikor még nem volt kényszerfeltétel). Ez az új extremális lesz a kényszerfeltétel mellett megvalósuló mozgás trajektóriája. A kényszerfeltételnek eleget tev® trajektóriák mind egy sík párhuzamos a
t-tengellyel,
és az
x1 x2
K
koordinátasíkot az
síkban fekszenek. Ez a
x1 + x2 = l
egyenesben
metszi (ld. az ábrát).
A virtuális trajektóriákat amelyek száma most is végtelen, akkor "láthatjuk", ha a nyíl irányából nézünk a
K
síkra. Közöttük lesz a keresett megvalósuló trajektória
is, amelyet az alábbi egyszer¶ gondolatmenet alapján találhatunk meg. A kényszer következtében sak 1 független koordinátánk van. Legyen ez mondjuk az pl.
az
x1 koordináta (de választhattuk x1 − x2 különbséget , amely
volna
meghatározza a két tömegpont kon gurá ióját). is:
x2 = l − x1 .
Helyettesítsük ezt
L-be,
x1
és az
x2
bármely kombiná ióját
a kényszerfeltétellel együtt egyértelm¶en Ha
x1 -t
megadjuk, ismerjük
és az új, már sak
67
x1 -t
és
x˙ 1 -t
x2 -t
tartalmazó
L-el:
Lagrange-függvényt jelöljük
1 (m1 + m2 )x˙ 21 + m1 gx1 . 2 Z tf L · dt. A megvalósuló trajektória az, amelyAz ehhez tartozó hatáfunk ionál S = L=
nél
ti
S -nek
széls® értéke van.
Mivel bebizonyítottuk (13.fejezet), hogy a hatásfunk ionálnak annál a trajektóriánál van széls® értéke, amely eleget tesz a Lagrange-egyenleteknek, ezért a kényszerfeltételes probléma mozgásegyenlete nem más, mint az Lagrange-egyenlet:
x ¨1 = amelynek megoldása
x2
származtatható
L1 = (m1 + m2 )¨ x1 − m1 g = 0,
azaz
Az
L-b®l
a kényszerfeltétel
m1 g ≡ a1 , m1 + m2
1 x1 = x10 + v10 t + a1 t2 . 2 alapján számíthatjuk ki x1 ismeretében:
1 x2 = l − x1 = (l − x10 ) − v10 t − a1 t2 . 2 A példának szánt egyszer¶ feladatot ezzel megoldottuk, és egyben általános módszert találtunk a hasonló természet¶ feladatok megoldására.
A módszer lényege
n koordinátánk és közöttük k kényszerfeltétel, f = n − k és mindíg kiválaszthatunk f
független ko-
így foglalható össze: Ha van
ordinátát
a szabadsági fokok száma
akkor
, amelyek a kényszerfeltételekkel együtt meghatározzák a rendszer kon g-
urá ióját.
Ezután nem kell mást tennünk, mint az
L-r®l
az
L-re
áttérni, azaz a
Lagrange-függvényben a koordinátákat a független koordinátákon keresztül kifejezni. A feladat független mozgásegyenletei (f darab) az
11 .
Lagrange-egyenletek lesznek
L
Lagrange-függvényhez tartozó
Még három problémát kell megvizsgálnunk: az energia és a kényszerer®k számítási módszerét, valamint azokat a feltételeket, amelyeket a kényszereket megvalósító objektumoknak teljesíteniük kell ahhoz, hogy az itt ismertetett elmélet alkalmazható legyen.
a)A
L-b®l
kényszermozgás energiáját természetesen úgy kapjuk meg, hogy az eredeti
(43) alapján kapható
E -ben
a koordinátákat és a sebességeket a független ko-
ordinátákon és sebességeken keresztül fejezzük ki. Az így kapható új függvényt jelöljük. Példánkban
∂L m1 + m2 2 ∂L + x˙ 2 − L x˙ 1 − m1 gx1 . = E(x1 , x˙ 1 ) = x˙ 1 ∂ x˙ 1 ∂ x˙ 2 2 x2 =l−x1
E -vel
11 A síkinga tárgyalásánál (61.Feladat) hallgatólagosan ezt az el®írást alkalmaztuk, amikor egyetlen független koordinátát használtunk (a ϕ-t). 68
Feltéve, hogy a kényszerfeltételek nem függnek expli ite az id®t®l
, ugyanezt az en-
ergiát közvetlenül
L-b®l
is megkaphatjuk (43) segítségével:
E = x˙ 1
m1 + m2 2 ∂L −L= x˙ 1 − m1 gx1 . x˙ 1 2
Amikor azonban a kényszerfeltételben expli ite szerepel a ségével képzett mennyiség nem azonos használható az energia számítására.
E -vel,
t
id®, az
L-b®l
a (43) segít-
ezért a második módszer ilyenkor nem
Az állítás igazolásához tegyük fel, hogy feladatunkban a kötél hossza id®ben megadott módon változik, azaz
x1 + x2 = l(t),
ahol
l(t)
az id® ismert függvénye. Ekkor
˙ − x˙ 1 , L(x1 , x˙ 1 , t) = L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 )|x2 =x1 −l(t) = L x1 , l(t) − x1 , x˙ 1 , l(t)
ezért a közvetett függvény deriválási szabálya alapján
∂L ∂L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) ∂L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) ∂ x˙ 2 = + · . ∂ x˙ 1 ∂ x˙ 1 ∂ x˙ 2 ∂ x˙ 1 x2 =l(t)−x1 Azonban
∂ x˙ 2 = −1, így ∂ x˙ 1 ∂L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) ∂L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) ∂L = − . ∂ x˙ 1 ∂ x˙ 1 ∂ x˙ 2 x2 =x1 −l(t)
Ennek a képletnek az alapján azt találjuk, hogy
x˙ 1
∂L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) ∂L ∂L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) − L = x˙ 1 − x˙ 1 − L |{z} x˙ 1 ∂ x˙ 1 ∂ x˙ 2 ↑
Helyettesítsük a nyíllal megjelölt képletet. Ezt kapjuk:
∂L x˙ 1 −L x˙ 1
x2 =l(t)−x1
˙ − x˙ 2 )-vel, és némileg rendezzük át a kapott x˙ 1 -t (l(t)
∂L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) ∂L(x1 , x2 , x˙ 1 , x˙ 2 ) = x˙ 1 + x˙ 2 −L ∂ x˙ 1 ∂ x˙ 2 ∂L ˙ − l(t) , ∂ x˙ 2 x2 =l(t)−x1
amit
x˙ 1
∂L ˙ − L = E − l(t) ∂ x˙ 1
∂L ∂ x˙ 2
kényszerer®k számítása:
69
x2 =l(t)−x1
x2 =l(t)−x1
alakban is felírhatunk. Mint látjuk, a baloldal sak akkor egyenl®
b)A
.
E -vel,
ha
˙ = 0. l(t)
# # # Tegyük fel, hogy az F1 , F2 kényszerer®k valamilyen U er®függvényb®l számíthatók. # # # Ha ismernénk U -t, akkor az L = L − U Lagrange-függvényhez tartozó L# 1 = 0, = 0 L# Lagrange-egyenletek lennének a mozgásegyenletek. Ezek 2
L1 = −
∂U # ∂x1
L2 = −
∂U # ∂x2
alakban is írhatók. A jobboldalon azonban
−
∂U # = +F1# ∂x1
−
∂U # = +F2# , ∂x2
ezért a kényszerer®ket az
F1# F2#
d ∂L ∂L − dt ∂x1 ∂x1 d ∂L ∂L = L2 = − dt ∂x2 ∂x2 = L1 =
egyenletek segítségével lehet kiszámítani úgy, hogy a jobboldalon a deriválások elvégzése után kihasználjuk a kényszerfeltételeket. Esetünkben
F1#
=
L 1 = m1 x ¨1 − m1 g = m1 (a1 − g) = −
F2#
=
L 2 = m2 x ¨2 = m2 (−a1 ) = −
m1 m2 g m1 + m2
m1 m2 g. m1 + m2
A kényszerer®k (kötéler®) tehát egyenl® nagyságúak és a testeket a kötél irányába húzzák (mivel negatívak,
x1 -t
és
x2 -t
sökkenteni igyekeznek).
)A kényszerer®k olyan valódi (küls® vagy bels®) er®k, amelyeket egy el®re megadott er®törvény helyett abból a geometriai feltételb®l határozunk meg, hogy a rendszer az el®írt kényszerfeltételekkel összhangban mozogjon.
deformálódniuk
A kényszerer®k forrásai a kényszerfeltételeket biztosító különféle objektumok (rudak, felületek, kötelek stb). Ezeknek feltétlenül
el®írt
kell ahhoz, hogy kényszer-
er®k ébredjenek bennük. Másrészt a méreteiket meg kell ®rizniük annak érdekében, hogy pontosan az
kényszerfeltételeket róják ki a rendszerre. Hogyan lehet ösz-
szeegyeztetni ezt a két nyilvánvalóan ellentmondó követelményt? Azt a kényszerfeltételt pl., hogy két tömegpont mindíg ugyanabban az R távolság− x2 )2 + (y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 = R2 ) egy súlytalan merev
ban legyen egymástól ((x1
rúd valósítja meg, amely egy könny¶, igen nagy rugalmas állandójú rúd idealizá iója. A terheletlen (feszültségmentes) rúd hossza legyen az el®írt jelöljük
x-el
(az
x
R,
a megnyúlást pedig
természetesen lehet negatív is). Kis megnyúlásnál (az
jében) a rúdban ébred® feszültség
F = −Dx. 70
x
els® rend-
Ez a lineáris osz illátorból jól ismert
direk iós er® képlete, amelyhez az
U =
1 Dx2 2
rugalmas energia halmozódik fel a rúdban (kis) Az
F
poten iális energia tartozik: ekkora
x
megnyúlásnál.
feszültség a rúd által kifejtett kényszerer®, amelynek a mozgás minden adott
R távolF -t és közelítsük a rudat az ideálishoz:
pillanatában meghatározott értéket kell felvennie ahhoz, hogy a tömegpontok ságra maradjanak egymástól. Rögzítsük tehát
D −→ ∞.
Mivel
|F | = |D| · |x|,
pontos
ekkor
x −→ 0, tehát bármekkora kényszerer® elérhet®
tetsz®legesen kis deformá ió mellett. Ezért nin s ellentmondás abban, hogy a kényszerfeltételek
teljesülésével egyidej¶leg kényszerer®k létezését is megengedjük.
Hasznos lesz az ideális kényszereknek ezt a tulajdonságát az energia fogalmának a segítségével is kifejezni.
Az el®z® képletek felhasználásával a rúd rugalmas en-
1 |F | · |x| alakban is felírható, amib®l következik, hogy D −→ ∞-nél ergiája U = 2 F = konstans következtében U −→ 0: ideális határesetben a kényszerek úgy fe-
jtik ki a hatásukat, hogy a bels® rugalmas energiájuk állandó (zérus). Mivel azt is
feltételezzük, hogy a kényszereket megvalósitó tárgyak (rudak, kötelek, stb) tömege elhanyagolható, ezért nem sak rugalmas energiájuk, hanem mozgási energiájuk is zérus. Összefoglalva tehát azt mondhatjuk, hogy az ideális kényszerek úgy hatnak, hogy m¶ködésükkel nem változtatják meg a rendszer energiáját. A fenti gondolatmenetben kimondatlanul feltettük, hogy a kényszerfeltételek nem függenek expli ite az id®t®l.
Amikor ez nem teljesül, a kényszerer®k munkája még
ideális esetben sem zérus a kényszerfeltételekkel összefér® mozgás során. Ezt elegend® egyetlen példával illusztrálni. Tekintsünk egy tömegpontot, amely surlódásmentesen
z = 0 vízszintes síkon a földfelszín gravitá iós terében. A z = 0 kényszerfeltét-t®l és a példa egyszer¶sége miatt nyilvánvaló, hogy a kényszerer® amely a z = 0 síkra mer®legesen felfelé mutat , a kényszerfeltétellel összefér® (vízszmozog a
tel nem függ
intes irányú) mozgás során nem végez munkát padlója, amely konstans
v
12 . Ha azonban a vízszintes sík egy lift
sebességgel mozog felfelé (a kényszerfeltétel
z − vt = 0
ex-
pli ite függ az id®t®l), akkor a tömegpont elmozdulásában lesz függ®leges komponens akkor is, amikor az elmozdulás a kényszerfeltétellel összhangban történik, és ezért a kényszerer® munkája nem lesz zérus. Az ideális kényszereknek ezeket a tulajdonságait nevezik
a virtuális munka elvének
.
Ez az elv azt fejezi ki, hogy a kényszerfeltételekkel összefér® in nitezimális elmozdulások során a kényszerer®k munkája zérus. A "virtuális" jelz® arra utal, hogy amikor a kényszerfeltételek expli ite függenek az id®t®l, a szóbanforgó in nitezimális elmoz-
befagyasztott
dulások nem felelnek meg pontosan a kényszerfeltételeknek: a kényszerer®k munkája
sak az adott pillanatban zérus.
kényszerfeltételekkel összefér® elmozdulásokon
A kényszermozgások elmélete erre az elvre alapozva is kidolgozható. Mi ehelyett a hatáselvb®l indultunk ki. Tárgyalásunkban a kényszerek ideális voltát az a feltevés
12 Ebb®l a példából azonban nem szabad arra következtetni, hogy a kényszerer® mindig mer®leges az elmozdulásra: gondoljunk pl. az Atwood-féle ejt®gépre ( sigán átvetett kötél végein két tömeg lóg).
71
fejezi ki, hogy az energiát az eredeti, kényszermentes mozgás energiaképlete alapján számítjuk úgy, hogy azt a független koordinátákon és sebességeken keresztül fejezzük ki (E
= E ).
Amikor a kényszerfeltételek expli ite függnek az id®t®l, az
tartalmazni fogja a
t
E
és az
L is
változót. Ez mutatja, hogy a rendszer energiája nem marad
meg, és vagy a kényszerer®k végeznek munkát a rendszeren, vagy a rendszer végez munkát a kényszerfeltételeket megvalósító objektumokon.
m1 tömeget a = konstans
62.Feladat: Súlytalan sigán átvetett súlytalan kötél egyik végére
er®sítünk, a másik szálon
m2
tömeg¶ majom kúszik a kötélhez képest
gyorsulással. Analizáljuk a mozgást a Lagrange-módszerrel! Megoldás:
K=
m1 2 m2 2 z˙ + z˙ 2 1 2 2
U = −g(m1 z1 + m2 z2 ).
z1
z2 m1
A kényszerfeltétel
a felfelé kúszásnak A
z1 -t
L
= =
a>0
m2
1 z1 + z2 = l − at2 , 2
(61)
felel meg.
tekintjük függetlennek:
1 m1 2 m2 z˙1 + (−at − z˙1 )2 + g m1 z1 + m2 (l − at2 − z1 ) = 2 2 2 m2 2 2 m1 + m2 2 1 z˙1 + am2 t · z˙1 + g(m1 − m2 )z1 + a t + gm2 (l − at2 ) . 2 2 2
Az utolsó tagot elhagyhatjuk, mert nin s benne se koordináta, se sebesség. Így az
L′ =
m1 + m2 2 z˙1 + am2 t · z˙1 + g(m1 − m2 )z1 2
ekvivalens Lagrange-függvénnyel számolhatunk.
72
A mozgásegyenlet
L′1 = (m1 + m2 )¨ z1 + am2 − g(m1 − m2 ) = 0, z¨1
=
z¨2
=
(m1 − m2 )g − m2 a ≡ a1 m1 + m2 (m2 − m1 )g − m1 a −a − z¨1 = ≡ a2 . m1 + m2
a2 , a súly a1 gyorsulással ai > 0-nál mi lefelé gyorsul).
A majom tehát (vagyis
mozog a földhöz képest függ®legesen lefelé
A kötéler®
F1# = L1 = m1 z¨1 − gm1 = m1 (a1 − g) = − és
F2#
ugyanekkora. Az
1, 2
m1 m2 (a + 2g), m1 + m2
indexet tehát elhagyhatjuk.
A kötél sak húzóer®t képes kifejteni, ezért sak addig m¶ködik rendeltetésszer¶en, # < 0, azaz a > −2g . Amikor éppen a = −2g , a majom a földhöz képest g amíg F # gyorsulással mozog lefelé, tehát akár el is engedheti a kötelet (F = 0). Ekkor a súly is
g
gyorsulással esik,
ezért −2g
a majom gyorsulása a kötélhez képest.
Az (61) kényszerfeltétel expli ite függ az id®t®l, ezért hanem közvetlenül
L-b®l
E
nem számítható
kell kiindulni:
E =K+U =
L-b®l,
m1 2 m2 2 z˙ + z˙ − g(m1 z1 + m2 z2 ). 2 1 2 2
Ide a
z1 z2
1 = z0 + v0 t + a1 t2 2 1 = (l − z0 ) − v0 t + a2 t2 2
általános megoldás helyettesítend®:
E
= + =
ahol
E0
a
m2 1 m1 (v0 + a1 t)2 + (−v0 + a2 t)2 − g m1 (z0 + v0 t + a1 t2 ) 2 2 2 1 m2 (l − z0 − v0 t + a2 t2 ) = 2 1 1 m1 a1 (a1 − g) + m2 a2 (a2 − g) t2 + E0 = − aF # t2 + E0 , 2 2
t = 0-beli
energia.
Mint látjuk, az energia nem marad meg.
A kényszerfeltétel expli it id®függése
miatt ugyanis az id®beli eltolás nem szimmetria.
73
A kényszerer®k teljesítménye
E˙ = −at · F # = +at · |F # |, vagyis
a > 0-nál
a kényszerer® (a majom) végez munkát a rendszeren.
A majom
mozgásiránya a kötélhez képest ekkor egybeesik a majomra ható kötéler® irányával. Amikor azonban ellenében.♣
63.Feladat:
m
−2g < a < 0, akkor E˙ < 0, és a rendszer végez munkát a kényszerer® M
tömeg¶ lejt® súrlódásmentesen súszik vízszintes síkon. A lejt®n
tömeg¶ test súszik szintén súrlódásmentesen. Analizáljuk a mozgást Lagrange-
módszerrel! Megoldás:
L = K − U,
K=
M ˙2 m 2 X + (x˙ + y˙ 2 ), 2 2
U = mgy.
s
m
α
x
0
Most
n = 3,
de
X, x, y
h
y X
között van egy kényszer:
h − y = (X − x)tgα. Így
f = 2.
Legyen a két független koordináta
x = X − s · cos α L = = Az
X
X
és
s:
y = h − s · sin α.
2 2 M ˙2 m ˙ − mg(h − s · sin α) = X − s˙ · cos α + −s˙ · sin α X + 2 2 M +m ˙2 m 2 X + s˙ − m · cos α · X˙ s˙ + mg sin α · s − mgh. 2 2
iklikus koordináta, a hozzá tartozó
P =
∂L = (M + m)X˙ − m cos α · s˙ ∂ X˙
74
(62)
általánosított impulzus az impulzus vízszintes komponense, mozgásállandó. Ez a megmaradó mennyiség tartozik a vízszintes eltoláshoz, amely szimmetriája a rendszernek.
∂L M +m ˙2 m 2 ∂L E = X˙ X + s˙ − m · cos α · X˙ s˙ − mg sin α · s + mgh. −L= + s˙ ˙ ∂ s˙ 2 2 ∂X X˙ -t
helyettesíthetjük (62)-b®l:
P + m cos α · s˙ . X˙ = M +m Ezt
E
kifejezésébe írva és összevonva az
E=
P2 M′ 2 s˙ − mg sin α · s + mgh + . 2 2(M + m)
(63)
egyenletre jutunk, amelyben
M′ =
m (M + m · sin2 α). M +m
A feladatot ezzel visszavezettük kvadratúrára, ui.
t=
r
2 M′
Z
ahol
ds p + t0 . ′ (E − mgh) + mg sin α · s E′ = E −
P2 . 2(M + m)
A megoldás azonban egyszer¶bben is megtalálható, ha észrevesszük, hogy a lényegteM ′ tömeg¶
len additív állandótól eltekintve, (63) nem más, mint egy szabadon es® test energiája az gyorsulás nem
g,
s
megtett út függvényében (ld. az ábrát), feltéve, hogy a nehézségi
hanem
g′ =
m sin α (M + m) sin α g= g. ′ M M + m · sin2 α
s=0 s g’
{
M’ h
75
A vessz®s konstansokkal felírva
E=
M′ 2 s˙ − g ′ M ′ · s + mgh. 2
Ennek az energiaképletnek az egyenletesen gyorsuló mozgás tesz eleget. Spe iálisan az
s = s˙ = 0
kezd®feltétel mellett
s= A test tehát konstans
g′
A lejt® mozgása: Ha
1 ′ 2 (M + m) sin α gt = gt2 . 2 2(M + m · sin2 α)
gyorsulással mozog
t = 0-ban
X˙
=
¨ X
=
a lejt®höz képest
.
a lejt® is nyugodott, akkor (62)-ben
P =0
és
m cos α mg sin 2α t s˙ = M +m 2(M + m · sin2 α) mg sin 2α . 2(M + m sin2 α)
Ezzel a konstans gyorsulással mozog a lejt®. A lejt®re ható kényszerer® (reak ióer®) vízszintes komponense
# ¨ = FX = LX = M X
M mg sin 2α . 2(M + m sin2 α)
A lejt®n súszó tömegre ható kényszerer® komponensei:
Fx#
=
Fy#
=
M mg sin 2α 2(M + m sin2 α) M mg cos2 α . Ly = m¨ y + mg = −m sin α · s¨ + mg = M + m sin2 α
¨ − s¨ cos α) = − Lx = m¨ x = m(X
Látjuk, hogy a vízszintes komponensekre teljesül a hatás-ellenhatás törvénye. ~ # kényszerer® a lejt®re mer®leges irányú (ugyanis F # cos α + F # sin α Az F x y
= 0), M és nagysága mg cos α. Ez kisebb, mint a rögzített vagy végtelen M M + m sin2 α tömeg¶ lejt® esetében fellép® mg cos α kényszerer®. 64.Feladat: Rögzített lejt®n m tömeg¶, r sugarú tengelyszimmetrikus tömegeloszlású abron s gördül súszásmentesen. Analizáljuk a mozgást Lagrange-módszerrel!
Megoldás: A tehetetlenségi nyomaték
L = K − U,
K=
Θ = mr2 ,
ezért
m m 2 (x˙ + y˙ 2 ) + r2 ϕ˙ 2 , 2 2
76
U = mgy.
r B C ϕ A P
α 0
A súszásmentességet az
AP = rϕ
h
y
x
b
egyenl®ség fejezi ki (ϕ
beesik). Eszerint
x y
= b − r(ϕ cos α + sin α) = h − r(ϕ sin α − cos α).
Az egyetlen független koordinátaként élszer¶
L = −
=
ϕ-t
= 0-nál A
Lϕ = 0
B
egy-
(64)
választani.
m m (−r cos α · ϕ) ˙ 2 + (−r sin α · ϕ) ˙ 2 + r2 ϕ˙ 2 2 2 mg (h + r cos α) − r · sin α · ϕ = mr2 ϕ˙ 2 + mgr sin α · ϕ − mg(h + r cos α),
E = mr2 ϕ˙ 2 − mgr sin α · ϕ + mg(h + r cos α). Az
és
Lagrange-egyenletb®l a
megoldás
ϕ(0) = ϕ(0) ˙ = 0
ϕ=
1 2 βt , 2
β=
g sin α 2r
ahol
(65)
kezd®feltételhez tartozó
a szöggyorsulás. A kényszerer®k közül el®ször a
ϕ-hez
tartozót számoljuk ki, amely mivel a
ϕ
szögváltozó, nem er®, hanem forgatónyomaték (ld. a 14.fejezetet):
Fϕ# = mr2 ϕ¨ = mr2 β = Ezt a forgatónyomatékot az
1 mrg sin α. 2
Fϕ# 1 == mg sin α r 2
tapadási súrlódási er®
hozza létre,
amely a tapadási pontban hat a hengerre, és a lejt® mentén fölfelé mutat (ez felel meg a
ϕ
növekedési irányának).
Fx# = m¨ x = −mrϕ¨ · cos α == m · 77
g sin α · cos α, 2
Fy# = m¨ y + mg = −mrϕ¨ sin α + mg = −m Világosabb zikai jelentése van azonban az
g sin α · sin α + mg. 2
F~ # ≡ (Fx# , Fy# )
er® lejt®re mer®leges és
a lejt®vel tangen iális komponensének, amelyek a következ®k:
Fn# = −Fx# sin α + Fy# cos α = mg cos α, Ft# = Fx# cos α + Fy# sin α =
Fϕ# 1 mg sin α = . 2 r
Mint látjuk, a lejt® teljesen kompenzálja a súly lejt®re mer®leges komponensét, a lejt®vel párhuzamos komponensnek pedig a felét kompenzálja (a tapadási súrlódás segítségével).♣
1.22. A lineáris harmonikus osz illátor Lineáris harmonikus osz illátornak nevezzük azokat az 1-szabadsági fokú rendszereket, amelyeknek a Lagrange-függvénye
L = C(q˙2 − ω 2 q 2 )
(C,
ω
alakú. Ide tartozik pl. a rugóra er®sített tömeg (C
=
m , ω = 2
r
(66)
D ) és a matematikai m
r ml2 g , ω = , ld. (60)-t). Az alábbiakban a határozottság 2 l gondolunk, ω helyett ω0 -t és a q helyett x-t használunk:
inga (C rugóra
konstansok)
=
L=
m 2 (x˙ − ω0 2 x2 ). 2
kedvéért
(67)
A mozgásegyenlet
x¨ + ω0 2 x = 0.
(68)
Az általános megoldást (5) adja:
x = A · cos(ω0 t + α). Szótár
13 :
A ω0 (ω0 t + α) α 2π T = ω0
amplitúdó
(kör)frekven ia
fázis
fázisállandó
periódus(id®).
13 Az alábbiakból világos lesz, hogy az ω teljes meghatározása: a sillapítatlan szabad rezgés körfrekven iája. 0
78
65.Feladat: Keressük (68)-nak azt a partikuláris megoldását, amely
x0 , v0 kezd®sebesség¶
és kezd®helyzet¶ rezgést ír le. Megoldás: Az általános megoldásban
A=
s
x20 +
v02 , ω02
tgα
=−
v0 .♣ ω0 x0
Csillapítás: Feltesszük, hogy a közegellenállás arányos a sebességgel: A rugó mozgásegyenlete a közegellenállás gyelembevételével
Fk = −β x˙ .
m¨ x + β x˙ + Dx = 0, ami a
κ=
β 2m
(69)
konstans segítségével a (68)-nak megfelel®
x ¨ + 2κx˙ + ω02 x = 0
(70)
alakban is írható. Az energia disszipá iójának a sebessége
dE d m 2 D 2 (69) ˙ x + Dx) = −β x˙ 2 . = x˙ + x = x(m¨ dt dt 2 2 Az
x˙ -tal arányos sillapítási tagot is tartalmazó (69) mozgásegyenlethez nem talál-
ható olyan Lagrange-függvény, amely a körülmények expli it id®t®l való független-
t-t®l.Ez a Noether-tételb®l következik: L, akkor mivel feltevés szerint nem függ expli ite t-t®l, a mozgás
ségének megfelel®en maga sem függ expli ite Ha létezne ilyen
során az energia megmaradna, és ez ellentmond a fentebbi képletnek. Ez a példa mutatja, hogy a Lagrange-elmélet érvényességi köre sz¶kebb, mint a Newton-egyenleteké. A (70) megoldása a sillapítás mértékét®l függ®en három tipusba sorolható:
i) κ < ω0
(gyenge sillapítás).
Az általános megoldás ekkor
x = A · e−κt cos(ωt + α),
ω=
q ω02 − κ2 .
ω körfrekven iájú rezgés, amelynek az amplitúdója exponen iálisan τ = 1/κ id® alatt sökken az e-d részére. A τ neve: id®állandó. ii) κ > ω0 (er®s sillapítás). q x = e−κt · A · eλt + B · e−λt , λ = κ2 − ω02 . Ez egy
sökken:
Ez a megoldás két exponen iálisan sökken® tag összege, osz illá iót nem tartalmaz.
iii) κ = ω0 .
x = (A0 + A1 t) · e−κt . 79
A továbbiakban a határozottság kedvéért mindíg a gyenge sillapításról lesz szó, ez az eset fordul el® a legtöbbször a gyakorlatban. 66.Feladat: Igazoljuk a fenti megoldások helyességét.♣
Tegyük fel most, hogy a sillapított osz illátorra küls®
megadott módon függ az id®t®l. A mozgásegyenlet ekkor
gerjeszt® er®
is hat, amely
m¨ x + β x˙ + Dx = F (t), ami az
x ¨ + 2κx˙ + ω02 x =
1 F (t). m
gerjesztési frekven ia
alakban is írható. Legyen a küls® er® periódikus,
f · cos Ωt, f = konstans.
Ω
körfrekven iával (
Akkor
x ¨ + 2κx˙ + ω02 x = A (70) egyenlet különlegessége az, hogy pedig
):
F (t) =
f · cos Ωt. m
(72)
homogén lineáris
:
ha
c1 x1 (t) + c2 x2 (t) is megoldás tetsz®leges c1 , c2
lineáris inhomogén
megoldás, akkor
(71)
x1 (t)
és
x2 (t)
két
konstansokkal. A (72)
szabad rezgés
egyenlet, amelynek általános megoldása a (70) homogén
egyenlet általános megoldásának (amelyet
nek nevezünk) és (72) egy
partikuláris megoldásának az összege. Mivel (70) általános megoldását már ismerjük, a (72) egy partikuláris megoldását kell megtalálnunk. Ezt élszer¶ komplex alakban keresni. Vegyük észre, hogy
z = x + iy .
Ekkor (72) megegyezik a
z¨ + 2κz + ω02 z =
cos Ωt = ℜeiΩt .
f iΩt e m
Legyen
(73)
komplex egyenlet valós részével. A partikuláris megoldást élszer¶
z = A · ei(Ωt + δ) alakban keresni (A pozitív valós konstans). Amikor ui. ezt a próbakifejezést (73)-ba
írjuk, az
eiΩt exponen iális faktor kiegyszer¶södik, és Aeiδ -ra algebrai egyenlet marad
vissza. Az id®függ® exponensnek ez a kiesése indokolja a komplex alak használatát. Eszerint
f , m 1 f Aeiδ = 2 · . 2 (ω0 − Ω ) + i · 2κΩ m (−Ω2 + 2iκΩ + ω02 )Aeiδ =
Az
A
amplitúdó ennek a komplex kifejezésnek az abszolút értéke
A=
f q , 2 m (ω0 − Ω2 )2 + 4κ2 Ω2 80
(74)
a
δ
pedig a fázisa:
δ = −ar tg
2κΩ . ω02 − Ω2
(75)
Ezek a képletek a
ℜz = A · cos(Ωt + δ)
partikuláris megoldást, amelyet zák.
kényszerrezgés
nek nevezünk, egyértelm¶en meghatároz-
Írjuk fel az általános megoldást gyenge sillapításnál:
x(t) = A · e−κt · cos(ωt + α) + A · cos(Ωt + δ),
(76)
p β , ω = ω02 − κ2 , A-t és δ -t pedig (74), (75) határozza meg. A két 2m önkényesen választható konstans A és α. Ezeket a kezd®feltételekb®l határozhatjuk meg. Amikor pl. az osz illátor a gerjesztés bekap solásáig nyugodott, az A és az α az ahol
κ =
x(0) = A cos α + A cos δ = 0 x(0) ˙ = −κA cos α − Aω sin α − AΩ sin δ = 0 egyenletrendszer megoldásai.
néhányszor τ id® után teljesen elhanyagolhatóvá
Látjuk, hogy a két önkényes konstans a (76) els® tagjában fordul sak el®, amely
válik (tranziens)
a homogén egyenlet megoldása, és
: a konkrét kezdeti feltételek "elfelejt®dnek", és a megoldás a kény-
szerrezgésbe megy át.
Ω-t az ω0 környezetében változtatjuk, a kényszerrezgés A amplitúdója egy Ωr frekven iánál maximális ( ). Vegyük észre, hogy A
rezonan ia-frekven ia
Amikor bizonyos
az ekvivalens
A=
f q m (ω02 − 2κ2 − Ω2 )2 + 4κ2 (ω02 − κ2 )
(77)
alakban is írható, ahonnan nyilvánvaló, hogy
Ωr =
q ω02 − 2κ2 .
δ -t az Ω gerjesztési frekven ia függvényében, nullából Ω −→ ∞-nél −π -hez tart. A kitérés gerjeszt® er®höz képest (δ < 0). Spe iálisan Ω = ω0 -nál
Ha a (75) alapján felrajzoljuk
induló monoton sökken® görbét kapunk, amely fázisa tehát mindíg késik a
δ = −π/2.
81
δ
ωo
Ω
−2 −π
−π
A továbbiakban az energia disszipá ióját analizáljuk a kényszerrezgés során. Ekkor
x = A cos(Ωt + δ) ezért
x˙ = −ΩA sin(Ωt + δ),
˙ |E(Ω)| = β x˙ 2 = 2mκΩ2 A2 sin2 (Ωt + δ).
Ezt a kifejezést átlagoljuk a rezgési periódusra, de az átlagolt mennyiségre nem vezetünk be új jelölést. Átlagolás után tehát
(77) ˙ |E(Ω)| = mκΩ2 A2 =
κΩ2 f 2 . 2 m Ω2 − Ω2r + 4κ2 (ω02 − κ2 )
Korlátozódjunk a nagyon gyenge sillapítás esetére (κ oldala
Ω 6= Ωr -nél
praktikusan nulla (κ-val arányos),
≪ ω0 ). Ω = Ωr -nél
rezonan ia-görbe)
Ekkor a (78) jobbpedig nagyon nagy
(1/κ-val arányos): a görbe egyetlen keskeny magas sú sból áll az frekven iánál (
(78)
Ωr
rezonan ia-
:
.
|E(Ω)| 2
f ___
∆ω
4mκ
Ω r ωo A rezonan ia-görbe
∆Ω
(rezonan ia)szélességét 82
Ω (vagy
sávszélességét
) a görbe alatti
területnek és a görbe magasságának a hányadosa jellemzi:
∆Ω =
Z
∞
−∞
˙ |E(Ω)|dΩ
˙ r )| |E(Ω
.
2 legala sonyabb rendjében f /4mκ-val egyenl®. A számlálóbeli integrál 2 kiszámítható és κ −→ 0-nál πf /2m-hez tart. Így a a ∆Ω =
A nevez® a
2πκ
κ
képlet adja.
Látjuk, hogy a
κ
rezonan ia-szélességet
sillapítási állandó közvetlenül meghatározza a
rezgés két egészen különböz® tulajdonságát: a szabad rezgések le sengési id®állandóját (τ
= 1/κ),
rezonan ia-tartomány
valamint azt az
tartományt (
Ωr − ∆Ω/2 < Ω < Ωr + ∆Ω/2
gerjesztési frekven ia-
), amelyben az osz illátor eektíven gerjeszthet®.
Az egyik tulajdonságot mérve a másikat is automatikusan megkapjuk. A
∆Ω = 2πκ
képletet átírhatjuk
τ · ∆Ω = 2π
(79)
alakba, amely azt fejezi ki, hogy a rezonan iaszélesség és az id®állandó valamelyikének növelése a másik olyan sökkenését idézi el®, hogy a szorzatuk állandó maradjon. A disszipá iót vizsgálhatjuk a gerjeszt® er® oldaláról is, amelynek a teljesítménye
P = xF ˙ = −AΩ sin(Ωt + δ) · f cos Ωt = Ez a teljesítmény akkor maximális, amikor a
Pmax =
1 AΩf [− sin(2Ωt + δ) − sin δ]. 2
[ ]-ben
az els® tag
+1,
ezért
1 AΩf [1 − sin δ]. 2
Másrészt az átlagteljesítmény, amit ugyan sak
P -vel
fogunk jelölni,
1 P = − AΩf sin δ 2
(80)
-val egyenl®, és így
Láttuk, hogy amikor
Ω-val 0-tól
P sin δ = . Pmax sin δ − 1
végtelen felé tartunk, a
δ
fázis
0-ról −π -re
sökken.
Nagyon gyenge sillapításnál ez a sökkenés szinte ugrásszer¶en következik be az frekven iánál, amely el®tt
P/Pmax
δ
praktikusan nulla, utána pedig
ω0
Ennek következtében
is sak a rezonan ia-frekven ia közvetlen környezetében különbözik észreve-
het®en zérustól, ahol
1/2
magasságú sú sa van.
Átlagolás után természetesen
˙ = P , amint az a képleteink segítségével közvetlenül |E|
is ellen®rizhet®: a kényszerrezgés során az osz illátor
˙ ). (|E|
−π .
átlagosan
amennyit a gerjeszt® er® forrása beletáplál (P ).
83
annyi energiát veszít
Ha az osz illátor hasznos
P a hasznos teljesítmény. A gerjeszt® Pmax teljesítmény leadására kell képesnek lennie. Optimális esetben (δ = −π/2) ez a P kétszerese. Ett®l eltér® fázisértékeknél azonban Pmax lényegesen nagyobb lehet 2P -nél, ugyanis jelent®s mennyiség¶ energia ingadozik a munkát végez (pl.
óram¶vet hajt), akkor
er® forrásának azonban
gerjeszt® er® forrása és az osz illátor között, és ez fölöslegesen terheli a forrást. Nyilvánvaló, hogy ebb®l a szempontból élszer¶ a paramétereket úgy választani, hogy a
−π/2
δ
közelében legyen. *
A soros kap solású
RCL-kontúr,
mint sillapított harmonikus osz illátor:
Egy ilyen kontúr dieren iálegyenlete
¨ + RQ˙ + 1 Q = U. LQ C A (71)-t megel®z® egyenlettel való összevetés alapján a kitérés, az
U
feszültségnek az
F
m ←→ L
β ←→ R
1 ω0 ←→ √ LC a
Q
relatív fázisa
U -hoz
töltésnek a rugónál az
x
κ ←→
R 2L
D ←→ 1/C, ∆Ω ←→
πR . L Q˙ = I
áram U ϕ-vel jelölnek. Az osz illátor nyelvén ez a szög az x ˙ = −AΩ sin(Ωt + δ) = AΩ cos(Ωt + δ + π/2) relatív fázisa F = f cos Ωt-hez képest, azaz ϕ = δ + π/2 (−π/2 < ϕ < π/2). Mivel f Umax -nak, AΩ pedig Imax -nak felel meg, ezért áramköröknél a (80) a A
δ
Q
gerjeszt® er® felel meg, továbbá
képest, de az áramköröknél inkább a
sebesség
hoz képesti relatív fázisát használják, amelyet
P = alakot ölti, ahol
1 Imax Umax cos ϕ = IU cos ϕ 2
1 I = √ Imax 2
és
1 U = √ Umax 2
az
I
és a
U
négyzetátlagából vont
négyzetgyök. Az áramforrás terhelése mint jól ismert akkor optimális, amikor
ϕ
közel van a nullához.
1.23. Csatolt rezgések. Induljunk ki az un. Wilberfor e-inga példájából, amely egy rugóra függesztett korong. Mint az ábrán látható, az ingának két szabadsági foka, és ennek megfelel®en két független koordinátája van. A
z
koordináta írja le a függ®leges irányú rezgést, a
pedig a korong torziós mozgását a vízszintes síkban.
84
ϕ
z ϕ
Mi lesz a Lagrange-függvény? A kinetikus energiával nin s probléma, ez nyilván
K= ahol
m
Θ
és
nyomatéka.
m 2 Θ 2 z˙ + ϕ˙ , 2 2
a korong tömege és szimmetriatengelyéhez viszonyított tehetetlenségi A poten iális energiát azonban nem ismerjük, sak annyit tudhatunk
róla, hogy
U (z, ϕ) = −mgz + Ur (z, ϕ), ahol
Ur
a rugóban tárolt rugalmas nyúlási és torziós energia. A mozgásegyen-
letek:
Lz
=
m¨ z − mg +
Lϕ
=
ϕ¨ +
∂Ur =0 ∂z
∂Ur = 0. ∂ϕ
Fizikai okokból nyilvánvaló, hogy a rendszernek van stabil egyensúlyi állapota, amelyben
z
és
ϕ
konstans. A mozgásegyenletek szerint ezeket a konstans értékeket a
∂Ur ∂U = −mg + =0 ∂z ∂z
∂U ∂Ur = =0 ∂ϕ ∂ϕ
(81)
egyenletek határozzák meg.
z és ϕ kezd®pontját az egyensúlyi helyzett®l számítjuk, z = ϕ = 0. E megállapodás mellett (81) azt fejezi ki, hogy az origóban (z = ϕ = 0-nál) széls® értéke van. A széls®
Állapodjunk meg abban, hogy azaz nyugalmi helyzetben az
U (z, ϕ)
függvénynek
kis rezgés
értéknek minimumnak kell lennie, mivel a szóbanforgó egyensúlyi helyzet stabil.
közelítés
Korlátozódjunk a stabil egyensúlyi helyzet körüli kis elmozdulásokra ( ).
Az elmozdulásokat abban az esetben tekintjük ki sinek, ha az
85
U (z, ϕ)
poten iális energia
z = ϕ = 0
körüli hatványsorában a kvadratikusnál magasabb
tagok elhanyagolhatóan ki sik, azaz, ha
U (z, ϕ) ≈ U0 + z (a
0-indexszel
∂U ∂z
+ϕ
0
∂U ∂ϕ
1 + z2 2 0
megjelölt mennyiségek
∂2U ∂z 2
1 + ϕ2 2 0
z = ϕ = 0-nál
∂2U ∂ϕ2
+ zϕ
0
∂2U ∂z∂ϕ
0 (82)
számítandók).
A (81)-b®l következik, hogy (82)-ben a két lineáris tag koe iense zérus
az
U0 A
=
0
∂U ∂ϕ
=0
(z = ϕ = 0
egyensúlyi helyzet.),
0
megnyúlásból
konstansot pedig el lehet hagyni. z 2 -es tag a rugó származó poten iális energiája, ezért logikus 2
1 2 Dz -ként 2 ϕ2 -es
∂U ∂z
∂ U ∂z 2
felírni, vagyis
tag a rugó
torzióból
azonos a
D
rugalmas állandóval.
0
származó poten iális energiája, amelyet
2
∂ U ∂ϕ2
Hasonlóan, a
1 2 kϕ -ként 2
szokás
azonos a k torziós konstanssal. 0 Kis rezgés közelítésben tehát a Lagrange függvény a következ®:
felírni, vagyis
m 2 Θ 2 D 2 k 2 z˙ + ϕ˙ − z − ϕ − α · zϕ. 2 2 2 2 2 ∂ U konstansot, amely bevezettük az α = ∂z∂ϕ 0 L=
Az utolsó tagban
nyúlás és a torzió egymásrahatását leíró Valóban, amikor ekkor
L
α = 0,
köl sönhatási állandó
(83)
a függ®leges meg-
.
ez a két rezgésfajta egymástól teljesen független, ugyanis
a függ®leges rezgések
L(f ) =
m 2 D 2 z˙ − z 2 2
Lagrange-függvényének, és a torziós lengések
L(t) =
szeparálódik
Θ 2 k 2 ϕ˙ − ϕ 2 2
Lagrange-függvényének összege, és ennek következtében a két változó a mozgásegyenletekben
(ld.a 38.feladatot).
L(f ) mind L(t) alakilag azonos a harmonikus osz illátor Lagrange függvényével, 14 ezért
sillapítatlan rezgéseket írnak le . A függ®leges rezgések körfrekven iája ω1 = p p D/m, a torziós lengéseké ω2 = k/Θ. Mind
14 A mozgásegyenletekbe természetesen szükség esetén be lehet írni z˙ -al és ϕ˙ -al arányos súrlódási er®t. 86
Látjuk, hogy kis rezgés közelítésben az
Ur (z, ϕ) ismeretlen függvény helyett három
konstans szerepel a Lagrange-függvényben. Ezeknek jól meghatározott zikai jelentése van, ezért empirikusan viszonylag egyszer¶en meghatározhatók. Amikor
α 6= 0,
a mozgásegyenletek mindegyike tartalmazza mindkét változót:
Ezek az egyenletek
Lz
= m¨ z + Dz + αϕ = 0
Lϕ
= Θϕ¨ + kϕ + αz = 0.
lineárisak
, ezért könnyen megoldhatók (a 17.fejezet osztályozása
szerint A-tipusúak). Mindenekel®tt hozzuk ®ket standard alakra a
1 z = √ q1 m
1 ϕ = √ q2 Θ
transzformá ió segítségével. Az új változók függvényében
L= ahol
α η= √ . mΘ
L
a következ®:
1 2 (q˙ + q˙22 − ω12 q12 − ω22 q22 − 2ηq1 q2 ), 2 1
(84)
Nagyon sok különböz® konkrét feladat hozható kis rezgés közelítés-
ben erre az alakra, ezért további képleteink általános jelleg¶ek, nem korlátozódnak a Wilberfor e-ingára
15.
Az (84)-beli poten iális energia a következ®:
U= A
q1 = q2 = 0-hoz
1 2 2 (ω q + ω22 q22 + 2ηq1 q2 ). 2 1 1
tartozó egyensúlyi állapot akkor stabil, ha ez az
vagyis értéke semmilyen
q1 , q2
U
pozitív de nit
,
U -ban Legyen q2 = xq1 .
értékpárnál sem negatív. Ez feltételt jelent az
szerepl® konstansokra, amelyet a következ® módon kaphatunk meg. q12 2 (ω +ω 2 x2 +2ηx). Ennek a kifejezésnek x = −η/ω22 -nél van minimuma, Akkor U = 2 1 2 η2 q12 ahol a ω12 − 2 értéket veszi fel. Ez nem lehet negatív, ezért a stabilitás feltétele 2 ω2 a következ®:
ω1 ω2 > |η|.
par iális rendszer
(85)
Ha (84)-ben valamelyik koordinátát nullának rögzítjük, a másik koordinátához tartozó
Lagrange-függvényét kapjuk:
L(1)
=
L(2)
=
1 2 (q˙ − ω12 q12 ) 2 1 1 2 (q˙ − ω22 q22 ) 2 2
(q2 = 0-nál) (q1 = 0-nál).
15 A (84)-be beleérthetünk még egy q˙ q˙ -vel arányos tagot is, de ett®l az egyszer¶ség kedvéért egyenl®re eltekintünk. 1 2
87
Az
ω1 , ω2
körfrekven iák a par iális rendszerek
par iális (kör)frekven iái
.
Amikor
valamelyik koordinátát nullánál "befagyasztjuk", a rendszer ezen körfrekven iák valamelyikével rezeg.
normál-
A rendszer azonban akkor is képes határozott körfrekven iájú mozgásra, amikor
frekven iáknak
egyik szabadsági foka sin s befagyasztva. Az ilyen mozgás körfrekven iája a nevezett
Ω1 , Ω2
körfrekven iák egyike.
A normálfrekven iák kiszá-
mítása érdekében írjuk fel a (84)-b®l származtatható mozgásegyenleteket:
q¨1 + ω12 q1 + ηq2 = 0 és keressük a határozott
Ω
(86)
(87)
frekven iájú
q1 q2 megoldásokat.
q¨2 + ω22 q2 + ηq1 = 0,
= =
A cos(Ωt + γ) B cos(Ωt + γ)
Helyettesítsük (87)-t (86)-ba.
után ezt kapjuk:
A koszinusszal történ® egyszer¶sítés
ω12 − Ω2 A + ηB +ηA + ω22 − Ω2 B
Ez egy homogén lineáris egyenletrendszer az
= 0 = 0.
A, B
(88)
ismeretlenre, amelynek sak akkor
van nullától különböz® megoldása, ha determinánsa zérus (vagyis amikor az egyik egyenlet a másik konstansszorosa):
ahonnan
2 (ω1 − Ω2 ) η
η = ω12 − Ω2 ω22 − Ω2 − η 2 = 0, (ω22 − Ω2 )
Ω21,2 =
q 2 1 2 ω1 + ω22 ± ω12 − ω22 + 4η 2 . 2
(89)
2 2 A gyök alatti kifejezés nyilván pozitív, ezért Ω1 és Ω2 egyaránt valós. Ráadásul mindkett® pozitív, ezért Ω1 és Ω2 szintén valós és de ní ió szerint pozitív. 2 (Igazolás: Ω1,2 akkor pozitív, ha
ω12 + ω22 >
q
ω12 − ω22
2
+ 4η 2 .
De ez igaz, mert ha négyzetre emeljük, a (85) egyenl®tlenségre jutunk, ami a feltételezett stabilitás következtében teljesül.) Állapodjunk meg abban, hogy a két normálfrekven ia közül mindig a kisebbiket jelöljük
Ω1 -el.
Könnyen igazolható, hogy mindig teljesül az
Ω1 < ω 1 , ω 2 < Ω2
(90)
egyenl®tlenség: a nagyobbik normálfrekven ia nagyobb, mint a nagyobbik par iális frekven ia, és a kisebbik normálfrekven ia kisebb. mint a kisebbik par iális frekven ia.
88
málrezgést végez
Amikor a rendszer valamelyik normálfrekven iával rezeg, azt mondjuk, hogy .
A/B
Számítsuk ki az
arányt a két normálrezgésnél.
mondjuk második egyenletében legyen
(az
A1
és a
B1
indexe jelzi, hogy az
Ω = Ω2
és rendezzük át ezt az egyenletet:
η A1 ≡ k1 A1 Ω21 − ω22
B1 =
szó). Hasonlóan,
Ω = Ω1 ,
nor-
A (88)
Ω1
frekven iájú normálrezgés amplitúdóiról van
helyettesítéssel ezt kapjuk:
A (90) alapján látható, hogy
B2 =
η A1 ≡ k2 A2 . Ω22 − ω22
k1
k2
és
különböz® el®jel¶.
Mint látjuk, normálrezgésnél (87)-ben a két koordináta amplitúdójának aránya nem lehet tetsz®leges: vagy
k1 -el,
ezekben az esetekben valamelyik
gyenge sillapításnál
k2 -vel
normálmódus vagy
Térjünk ki arra a fontos esetre, amikor (spe iálisan
Ω1 ≈ ω −
|η| 2ω
az
egyenl®.
Azt szokás mondani, hogy
van gerjesztve.
ω1 = ω2 ≡ ω .
Ω2 ≈ ω +
|η| 2ω
ha
Ekkor
Ω21,2 = ω 2 ± |η|
|η| << ω 2 ,
(91)
képletek érvényesek), továbbá
k1 = −
η |η|
k2 =
η . |η|
(92)
Ha eleve tudjuk, hogy sak az egyik normálmódus van gerjesztve, akkor sak két szabadon választható konstansunk van: az
A
amplitúdó és a
γ
fázis.
Az általános
esetben az egyenletek linearitása következtében a megoldást kereshetjük a két normálmódus szuperpozí iójaként. Ebben az esetben a szabad konstansok száma négy (az
A1 , A2
amplitúdó és a két
γ1 , γ2
fázisszög), és két szabadsági foknál az általános
megoldásnak pontosan négy szabad konstansot kell tartalmaznia. A (86) általános megoldása tehát a következ®:
q1 q2
= A1 cos(Ω1 t + γ1 ) + A2 cos(Ω2 t + γ2 ) = k1 A1 cos(Ω1 t + γ1 ) + k2 A2 cos(Ω2 t + γ2 )
(93)
Példaként tekintsünk két tökéletesen egyforma síkingát (61.feladat), amelyek azonos síkban mozognak, és gyenge, súlytalan rugó kap solja ®ket össze, amelynek megfeszítetlen hossza az ingák felfüggesztési pontjainak távolságával egyenl®
16 :
16 A rugót az ingák minden helyzetében vízszintesnek tekintjük, ami azért nem baj, mert úgyis kis rezgés közelítésre térünk át, ahol ez a közelítés igaz.
89
}γ . l (γ<<1) ϕ l
ϕ l
2
1
m
m
A poten iális energia
1 U = −mgl(cos ϕ1 + cos ϕ2 ) + Dγ 2 l2 (sin ϕ1 − sin ϕ2 )2 , 2 és kis rezgés közelítésben (kvadratikus pontossággal)
U=
1 1 l mgl(ϕ21 + ϕ22 ) + Dγ 2 l2 (ϕ2 − ϕ1 )2 = (mg + Dγ 2 l)(ϕ21 + ϕ22 ) − Dγ 2 l2 ϕ1 ϕ2 . 2 2 2
Az egyensúlyi helyzetben nyilván
ϕ1 = ϕ2 = 0.
A Lagrange függvény:
1 2 2 l ml (ϕ˙ 1 + ϕ˙ 22 ) − (mg + Dγ 2 l)(ϕ21 + ϕ22 ) + Dγ 2 l2 ϕ1 ϕ2 . 2 2 √ √ ϕ1 = q1 / ml2 , ϕ2 = q2 / ml2 helyettesítés után ez a Lagrange függvény L=
a (84)
standard alakot veszi fel, amelyben
ω1 = ω2 =
r
mg + Dγ 2 l ml
η=−
γ 2D . m
(94)
A (85) stabilitási feltétel nyilván teljesül. A normálfrekven iák a következ®k:
Ω21,2 = azaz
Ω21 = Az intuí ióval összhangban
Ω1
g l
g Dγ 2 Dγ 2 + ± , l m m Ω22 =
megegyezik a
ennek ellenére (90) teljesül. Mivel
η < 0,
a (92) szerint
g Dγ 2 +2 . l m
satolatlan
k1 = +1, k2 = −1,
ingák frekven iájával, de
ezért a kisebb normálfrekven iájú
módusban az ingák azonos fázisban, a nagyobb normálfrekven iájú módusban pedig ellentétes fázisban lengenek:
90
Ω1
Ω2
Milyen lesz az a mozgás, amelyben az 1.inga kezdeti kitérése maximális, a 2.ingáé nulla, és mindkét inga kezd®sebessége zérus? A (93) szerint ez a mozgás a két normálrezgés szuperpozí iójaként áll el® az
A1 = A2 = Φ, γ1 = γ2 = 0
választás
mellett:
Ω2 − Ω1 Ω 2 + Ω1 t · cos t 2 2 Ω 2 + Ω1 Ω2 − Ω1 t · sin t. ϕ2 = Φ · (cos Ω1 t − cos Ω2 t) = 2Φ · sin 2 2 A γ sökkentésével |η| tetsz®legesen ki sivé tehet®. Ezért (91) alkalmazható, és a fenti ϕ1
=
Φ · (cos Ω1 t + cos Ω2 t) = 2Φ · cos
megoldás
ϕ1 ϕ2
lebeg
|η| t · cos ωt 2ω |η| t · sin ωt = 2Φ · sin 2ω = 2Φ · cos
alakban is írható. A képlet azt fejezi ki, hogy a két inga ellentétes fázisban frekven iával
:
|η|/2ω ≪ ω
φ
−φ
Mint látjuk, a lebegés két közeli normálfrekven iájú normálrezgés szuperpozí iójaként áll el®. A par iális frekven iák azonosságát vagy majdnem azonosságát
91
szokás kifejezni úgy, hogy a két inga (a két par iális rendszer) rezonan iában van egymással. 67.Feladat: Határozzuk meg az ábrán látható kett®s rugó normálfrekven iáit.
z1
D1
z2
m1 D2 m2
Megoldás:
1 1 U = −m1 gz1 − m2 gz2 + D1 (z1 − l1 )2 + D2 (z1 − z2 − l2 )2 2 2 (l1 és l2 a megfeszítetlen rugók hossza). és
Az egyensúlyi helyzetben a tömegpontok koordinátája legyen mondjuk ′ ′ Vezessük be a z1 , z2 új változókat a
z¯1
z¯2 .
z1 = z1′ + z¯1
z2 = z2′ + z¯2
′ ′ képletekkel. Egyensúlyban z1 = z2 = 0, ezért eleve bizonyos, hogy a vessz®s változókon keresztül kifejezett poten iális energia nem tartalmaz a változókban lineáris tagokat, ennek következtében a
z¯1 , z¯2
kiszámítása nélkül is megállapíthatjuk, hogy
konstans erejéig
U= (A
z1 , z2
1 D2 ′ 1 1 D1 z1′2 + (z1 − z2′ )2 = (D1 + D2 )z1′2 + D2 z2′2 − D2 z1′ z2′ . 2 2 2 2
tényleges kiszámításához természetesen szükség van az egyensúlyi értékekre,
amelyek
z¯1 =
(m1 + m2 )g + l1 D1
L=
z¯2 =
m1 + m2 m2 + D2 D1
g + l1 + l2 .)
1 m1 z˙1′2 + m2 z˙2′2 − (D1 + D2 )z1′2 − D2 z2′2 + 2D2 z1′ z2′ . 2 92
Végezzük el a
1 z1′ = √ q1 m1
1 z2′ = √ q1 m2
transzformá iót, amely után a Lagrange-függvény a standard (84) alakú lesz, amelyben
ω12 =
D1 + D2 , m1
ω22 =
D2 , m2
D2 η = −√ . m1 m2
A feladat további diszkussziója az általános képletek alapján történik.♣ 68.Feladat: Vizsgáljuk az
L=
1 2 (q˙ + 2λq˙1 q˙2 + q˙22 − ω12 q12 − ω22 q22 − 2ηq1 q2 ) 2 1
(|λ| < 1)
(95)
Lagrange-függvény által leírt satolt osz illátorok normálrezgéseit. Megoldás:
Ω21,2 =
1 2(1 − λ2 )
ω12 − Ω2 A + (η − λΩ2)B = 0 (η − λΩ2 )A + ω22 − Ω2 B = 0. q 2 ω12 + ω22 − 2ηλ ± ω12 − ω22 + 4 η 2 − (ω12 + ω22 )ηλ + λ2 ω12 ω22
B1 =
η + λΩ21 A1 ≡ k1 A1 Ω21 − ω22
A (90) most is igaz.
Ha
η = 0
B2 = ω1 = ω2 ,
és
η + λΩ22 A1 ≡ k2 A2 . Ω22 − ω22
akkor (92)
érvényes.♣
η −→ −λ
69.Feladat: Határozzuk meg a kett®s síkinga normálfrekven iáit.
Megoldás:
x
ϕ
l1
1
m1 ϕ
2
l2 m2
y
L=
m1 2 m2 2 (x˙ 1 + y˙ 12 ) + (x˙ + y˙ 22 ) + m1 gy1 + m2 gy2 2 2 2 93
sere után
x1 = l1 sin ϕ1 x2 = l2 sin ϕ2 + l1 sin ϕ1
L = + A
L=
y1 = l1 cos ϕ1 y2 = l2 cos ϕ2 + l1 cos ϕ1
(m1 + m2 ) 2 2 m2 2 2 l1 ϕ˙ 1 + l ϕ˙ + 2m2 l1 l2 cos(ϕ1 − ϕ2 ) · ϕ˙ 1 ϕ˙ 2 2 2 2 2 (m1 + m2 )gl1 cos ϕ1 + m2 gl2 cos ϕ2 .
ϕ1 = ϕ2 = 0
stabil egyensúlyi helyzet, ezért kis rezgés közelítésben
(m1 + m2 ) 2 2 m2 2 2 1 1 l1 ϕ˙ 1 + l ϕ˙ + 2m2 l1 l2 · ϕ˙ 1 ϕ˙ 2 − (m1 + m2 )gl1 ϕ21 − m2 gl2 ϕ22 . 2 2 2 2 2 2
Legyen
1 ϕ1 = p q1 (m1 + m2 )l12
Az új változókban paraméterekkel:
ω12 = Ω21,2
L
g l1
1 ϕ2 = p q2 . m2 l22
az el®z® feladatban felírt standard alakú lesz a következ®
ω22 =
g l2
λ=
r
m2 <1 m1 + m2
η = 0.
r g(m1 + m2 ) m2 2 = l1 + l2 ± (l1 − l2 ) + 4 l1 l2 .♣ 2m1 l1 l2 m1 + m2 *
Áttérünk a mozgás leírására gyorsuló vonatkoztatási rendszerekben.
1.24. A relativitás elve Vizsgáljunk egy dinamikai rendszert, amely kizárólag bels® er®k hatása alatt mozog (zárt rendszer). Az egyszer¶ség kedvéért tegyük fel, hogy a rendszer tömegpontokból áll. Egy
K
iner iarendszerben a rendszert leíró egyenletek a következ®k:
mα x ¨αi = Fαi (~r1 , ...~rn ) Egy másik
K′
(α = 1...n, i = 1, 2, 3).
(96)
iner iarendszerben a mozgást ugyan sak a Newton-egyenletek írják le,
amelyek most
mα x¨αi = F ′ αi (~r1 , ...~rn ) alakúak (a komponensek természetesen
(α = 1...n, i = 1, 2, 3).
K′ -höz 94
képest értend®k).
(97)
Szigorúan véve az iner iarendszereknek az 1.3 fejezet 1.pontjában adott de ní iója megengedné, hogy (96)-ban és (97)-ben az er® megfelel® komponensei az argumentumok különböz® függvényei legyenek ezt az elméleti lehet®séget jelzi a (97)-ben a ′ ′ vessz® az F -n. Ha F és F valóban különböz® függvények lennének, K és K nem lenne
dinamikai magárahagyott
egyenérték¶ annak ellenére, hogy mindkett®ben Newton-egyenlet írja le a mozgást. A ′ és a K különböz®sége abban mutatkozna meg, hogy bizonyos jelenségek
K
másképp történnének az egyikben, mint a másikban (noha egy ′ gyorsulása mind K-ban, mind K -ben zérus volna).
Galilei-féle relativitási elv iner iarendszerek minden dinamikai jelenség szempontjából ekvivalensek Ezt a lehet®séget zárja ki a
test
, amely kimondja, hogy
az
, azaz (96) és
(97) jobboldalán ugyanaz az er® áll. Az elv tartalmának mindmáig legérzékletesebb leírását Galilei-Salviati adta meg a Párbeszédek második napján: ...Zárkózzál be egy barátod társaságában egy nagy hajó fedélzete alatt egy meglehet®sen nagy terembe.
Vigyél oda szúnyogokat, lepkéket és
egyéb röpköd® állatokat, gondoskodjál egy apró halakkal teli vizesedényr®l is, azonkívül akassz fel egy kis vödröt, melyb®l a víz egy alája helyezett sz¶knyakú edénybe söpög.
Most gyeld meg gondosan, hogy a repül®
állatok milyen sebességgel röpködnek a szobában minden irányba, míg a hajó áll.
Meglátod azt is, hogy a halak egyformán úszkálnak minden
irányban, a lehulló víz seppek mind a vödör alatt álló edénybe esnek. Ha társad felé hajítasz egy tárgyat, mind az egyik, mind a másik irányba egyforma er®vel kell hajítanod, feltéve, hogy azonos távolságról van szó. Ha, mint mondani szokás, páros lábbal ugrasz, minden irányba ugyanolyan messzire jutsz.
Jól vigyázz, hogy mindezt gondosan meg gyeld, nehogy
bármi kétely támadhasson abban, hogy az álló hajón mindez így történik. Most mozogjon a hajó tetszés szerinti sebességgel: azt fogod tapasztalni ha a mozgás egyenletes és nem ide-oda ingadozó , hogy az említett jelenségekben semmiféle változás nem következik be. Azoknak egyikéb®l sem tudsz arra következtetni, hogy mozog-e a hajó, vagy sem. Ha ugrasz, ugyanakkora távolságra fogsz jutni, mint az el®bb, és bármily gyorsan mozog a hajó, nem tudsz nagyobbat ugrani hátrafelé, mint el®re: pedig az alattad lev® hajópadló az alatt az id® alatt, míg a leveg®ben vagy, ugrásoddal ellenkez® irányban elmozdul el®re. Ha társad felé egy tárgyat hajítasz, nem kell nagyobb er®vel hajítanod, ha barátod a hajó elején tartózkodik, mint akkor, amikor hátul van. A seppek éppúgy bele fognak hullani az alsó edénybe, mint el®bb, egyetlenegy sem fog az edény mögé esni, pedig az, míg a sepp a leveg®ben van, több hüvelyknyi utat tesz meg. A halaknak sem kell az edényben nagyobb er®t kifejteni, hogy az edény elejére úszhassanak, és ugyanolyan könnyedséggel fognak a táplálék után menni, ha az edény bármely részén van is. Végül a szúnyogok és a lepkék is különbség nélkül fognak bármely irányba repkedni. Sohasem fog el®fordulni, hogy a hátsó falhoz nyomódnak, mintegy elfáradva a gyorsan
95
haladó hajó követését®l, pedig míg a leveg®ben tartózkodnak, el vannak választva t®le. Ha egy szem tömjént elégetünk, egy kevés füst képz®dik, mely felszáll a magasba és kis felh® gyanánt lebeg ott, és nem mozdul el sem az egyik, sem a másik irányba. A jelenségek ez egyformaságának az az oka, hogy a hajó mozgásában minden rajta lev® tárgy résztvesz, beleértve a leveg®t is.
Azért is mondtam, hogy a fedélzet alatt kell elhelyezked-
netek, mert fent, a szabad leveg®n, mely nem kíséri a hajó mozgását, az említett jelenségekt®l többé-kevésbé észrevehet® eltéréseket tapasztalhatnátok. Így például a füst éppúgy elmaradna, mint a leveg®. A szúnyogok és a lepkék sem tudnák követni a hajót a leveg® ellenállása miatt... M.Zemplén Jolán fordítása A relativitási elv kiterjesztése az elektrodinamikára a spe iális relativitáselmélet-
egyet
ben történt meg és Einstein nevéhez f¶z®dik. kitüntetnek
az iner iarendszerek közül:
ban azonos sebességgel terjed.
A fény terjedési törvényei látszólag
minden
azt, amelyben a fény minden irány-
Valójában a fény
iner iarendszerben ren-
delkezik ezzel a tulajdonsággal, és ez a tény a térr®l és az id®r®l alkotott hagyományos elképzeléseink jelent®s módosítását követelte meg. A relativitáselmélettel az elektrodinamika kap sán foglalkozunk majd.
1.25. A gyorsuló koordinátarendszer Gyorsuló koordinátarendszeren az olyan koord.
rendszert értjük, amely egy gyor-
suló mozgást végz® merev testhez van rögzítve. Az egyszer¶ség kedvéért Des artes′ ′ ′ ′ ′ rendszert használunk és a koord. rendszert O X Y Z -vel, vagy röviden K -vel jelöljük. ′ A K mellett szükség lesz egy iner iarendszerre is, amelyet OXY Z -vel, ill. K-val jelölünk és nyugvónak tekintjük.
O kezd®pontú (O-hoz viszonyított) vektorokat nagybet¶vel, az O′ kezd®pon′ túakat (O -höz viszonyítottakat) kisbet¶vel jelöljük. Egy adott (tömeg)pont O-hoz és ′ O -höz viszonyított helyzetvektorát a nagy-, ill. kisbet¶vel jelöljük, és ezt Az
ugyanazzal
a szabályt fenntartjuk a vektorok id®deriváltjainak a jelölésénél is. Ha pl. egy adott ~ , akkor O′ -höz viszonyított helyzetvektora tömegpont helyzetvektora O-hoz képest R ′ ~ ~r. Az O helyzetvektora O-hoz képest RO′ , az O helyzetvektora O′ -höz képest ~rO . Nyilván
~ O′ = −~rO , R
és
~ =R ~ O′ + ~r, ~r = ~rO + R ~. R
A sebességeknél további megkülönböztetés szükséges, ugyanis minden helyzetvekK-hoz és a K′ -höz viszonyított sebesség,
torhoz két különböz® sebességvektor tartozik: a
és ezeket világosan meg kell különböztetnünk egymástól. Ezt azzal érjük el, hogy a
K′ -höz
viszonyított sebességeknél a sebességet jelöl® bet¶t (nem a komponens jelét!)
vessz®vel látjuk el.
r -t A tömegpontnak, amelyr®l az el®bb szó volt, két helyzetvektorát vezettük be (~ és
~ -t), R
K-hoz
de mindkét helyzetvektorhoz két-két sebesség tartozik:
viszonyított,
˙ v~′ = r~′
és
~˙ ′ ~′ = R V
a
96
′
K -höz
~v = ~r˙
és
viszonyított sebességek.
~˙ V~ = R Pl.
a
a
~v
de ní iója az, hogy a K-ban a komponensei (x, ˙ y, ˙ z) ˙ -al egyenl®k, a v~′ -é pedig az, hogy ′ a komponensei K -ben (x ˙ ′ , y˙ ′ , z˙ ′ )-vel egyenl®k. A két vektor sak akkor ugyanaz, ha K′ nyugszik K-ban, egyébként különböznek egymástól: Lehetséges pl., hogy v~′ = 0, de
~v 6= 017 .
Fontos világosan megérteni, hogy ezt a megkülönböztetést sak
ugyanannak
sebesség-jelleg¶
mennyiségek esetében kell megtennünk, helyzetvektoroknál nem. Az (x, y, z) és az (x′ , y ′ , z ′ ) komponensek pl. az ~ r helyzetvektornak a vetületei a K, ill. a ′ K tengelyeire, ezért félrevezet® volna ~r mellett még r~′ -t is bevezetni; az ~r˙ = ~v és az ~r˙ ′ = ~v ′ azonban két különböz® vektor. A
K′
mozgása a
K
iner iarendszerhez képest háromféle lehet: tiszta transzlá ió,
tiszta forgás, vagy a kett® kombiná iója.
1)Tiszta
transzlá iónál
K′
tengelyeinek az
orientá iója
pedig tetsz®leges mozgást végez. Ezt a mozgást tehát az
O′ origó ~rO (t) vek-
id®ben állandó, a
~ O′ (t) R
vagy az
torral jellemezhetjük.
~ O′ K-hoz viszonyított kompoK′ origója a K-ban nyugszik (R ′ nensei konstansok), a K tengelyeinek az orientá iója pedig tetsz®leges módon változik. Ezt a mozgást az ~ ω(t) szögsebesség-vektorral jellemezhetjük: az ~ω de ní ió ′ ′ szerint a K szögsebessége K-hoz viszonyítva. Minden olyan vektor, amely K -höz ′ ~ (t) képest nyugszik, dt id® alatt dϕ = ω(t) · dt szöggel fordul el az O -n áthaladó ω irányú tengely körül úgy, hogy ~ ω -val szembenézve az elfordulás az óramutató járásával 2)Tiszta
forgásnál
ellentétes irányú (jobb savar). Megjegyezzük, hogy az általános esetben mind a forgás sebessége, mind pedig a forgástengely iránya id®ben változik.
egyenletesnek
Abban a spe iális esetben, amikor a forgási
ω sebesség és a tengely helyzete állandó (~
= konstans), a forgást nevezK′ is gyorsuló koordinátarendszer. ~˙ ′ = 0, ami mint tudjuk, ~ egy O′ kezd®pontú K′ -ben nyugvó vektor (w Legyen w
zük. Természetesen az egyenletesen forgó
(wx′ , wy′ , wz′ ) komponensek konstansok), amely a K′ -vel együtt az ~ -ra és w ~ -re mer®legesen elmozdul el®bb leírt módon forog: a végpontja dt id® alatt az ω a megfelel® irányban és az elmozdulás nagysága wρ · dϕ-vel egyenl®, ahol wρ a w ~ vetülete az ~ ω-ra mer®leges síkra. Pontosan ezekkel a tulajdonságokkal rendelkezik az (~ω × w)dt ~ vektor: egyrészt (~ ω × w) ~ ⊥ ~ω , w ~ , másrészt |(~ω × w)dt| ~ = ωdt·w sin θ = wρ dϕ, ahol θ az ~ ω és a w ~ által bezárt szög, végül pedig az elmozdulás korrekt irányítottságát ′ a vektorszorzat megfelel® de ní iója (ld. a 6.oldalt) biztosítja. Ez a képlet a K -ben nyugvó tetsz®leges kezd®pontú (spe iálisan az O kezd®pontú) vektorokra is érvényes, ′ ′ hiszen ezek O -höz viszonyított K -ben nyugvó vektorok lineárkombiná iói. azt jelenti, hogy a
17 Mindegyik sebesség egy-egy vektor, ezért komponenseiket a vektorok transzformá iós szabályai alapján bármely koordinátarendszerben kiszámíthatjuk. A "vessz®tlen" sebességeket K-ban, a "vessz®söket" K -ben de niáljuk ez két különböz® vektor , de miután de niáltuk ®ket, a komponenseiket kiszámíthatjuk bármely koordinátarendszerben (a "vessz®sökét" pl. K-ban). A "vessz®s" és a "vessz®tlen" sebességek kap solatát (98) adja meg. ′
97
változási sebességét dt szögsebességnél minden K -höz rögzített w~ vektor K-hoz viszonyított forgási sebessége (~ω × w)~ -vel egyenl® A
ztjuk.
w ~ K-beli Ezért ~ ω
úgy kapjuk, hogy az inf. megváltozást ′
-vel os-
. ~ nin s K′ -ben rögzítve, akkor K-beli komponensei két okból változnak: (1) Ha w ′ ′ a K -beli komponensek változása és (2) K forgása következtében. A kis változások additivitása alapján a két változás
sebessége
összeadódik:
~˙ ′ + (~ω × w). w ~˙ = w ~
(98)
Erre a képletre lesz szükségünk a következ®kben.
rO (t), mint ~ω (t) különbözik zérustól, és tetsz®leges 3)Az általános mozgásnál mind ~ módon függ az id®t®l. A (98) ebben az esetben is érvényes. 70.Feladat:
Mozogjon a
K′
K-rendszer XY síkjában T . Az O′ Z ′
origója a
az
O
körüli
ρ
sugarú körön egyenletes sebességgel. A periódusid® legyen
tengely legyen ′ ′ állandóan párhuzamos OZ -vel, és a K origója legyen állandóan a negatív O X tenge′ ~ lyen. Határozzuk meg RO′ és ~ ω K-beli, valamint ~rO és ~ω K -beli komponenseit. Megoldás:
(R
O′ x
, R
O′ y
, R
O′ z
) =
(ωx′ , ωy′ , ωz′ ) = (rOx′ , rOy′ , rOz′ ) = (ωx , ωy , ωz ) =
2π 2π , 0 ρ cos , ρ sin T T 2π 0, 0, T (−ρ, 0, 0) 2π 0, 0, . T
K′ -beli szögsebességet nullának tekintse. ′ Ennek valószín¶leg az az oka, hogy a szögsebesség K -beli komponensein helytelenül ′ a K -höz viszonyított szögsebesség komponenseit értjük, amelyek valóban nullák, ′ ′ ′ hiszen a K -t hordozó test a K -ben tényleg nem forog. Azonban az ~ ω a K -nek a K-hoz viszonyított szögsebességét jelenti, és a feladat szerint a szögsebességnek ′ a komponenseit kell kifejeznünk K-ban és K -ben.♣ Megjegyzés: Az ember hajlamos arra, hogy a
ennek
mindig
71.Feladat: Tekintsünk el a Föld keringését®l és tegyük fel, hogy középpontja
′ origójában nyugszik. A K a felszínhez rögzített rendszer, origója a φ szélességi ′ ′ ′ ′ kör egy pontja. Az O Z a földfelszínre mer®leges, O X pedig keleti irányba mutat. ′ Határozzuk meg ~ rO és ~ ω K -beli komponenseit. a
K
98
Z’ ω Y’ E
. X’ φ
D Megoldás:
(rOx′ , rOy′ , rOz′ ) (ωx′ , ωy′ , ωz′ )
Megjegyzés:
Ez a
K′
= (0, 0, −ρ) 2π 2π cos φ, sin φ . = 0, T T
az a természetes vonatkoztatási rendszer, amelyet a föld
felszínén lefolyó jelenségek tárgyalásánál használunk olyankor, amikor gyelembe kell venni a föld tengely körüli forgását (ld. a 72.feladatot).♣
1.26. A mozgásegyenlet gyorsuló koordinátarendszerben (tiszta transzlá ió) .
ω Tiszta transzlá iónál ~ ®ket a
K
= 0, K′ tengelyeinek az orientá iója állandó, és tekinthetjük
megfelel® tengelyeivel párhuzamosaknak. Ekkor nin s szükség a vessz®s és a
vessz®tlen komponensek és sebességek megkülönböztetésére, és ez a körülmény egysz′ er¶vé teszi a Newton-egyenletek átírását K -re. Tekintsünk egyetlen tömegpontot, amely az
A Newton-egyenletek sak
K-ban
F~
küls® er® hatása alatt mozog.
érvényesek és sak az
O-hoz
viszonyított ("nagy-
bet¶s") helyzetvektorra írhatók fel:
(az
~ R
vektor
(Rx , Ry , Rz )
¨ mX
=
mY¨
=
mZ¨
=
Fx ~¨ = F~ ←→ mR Fy Fz
komponenseire a természetesebb
tuk).
99
(99)
(X, Y, Z) jelölést
használ-
A
K′ -ben
érvényes mozgásegyenleteket innen úgy kapjuk meg, hogy az
~ = ~r − ~rO R összefüggés segítségével (99)-ben a nagybet¶s koordinátákat kisbet¶sökön keresztül fejezzük ki:
= Fx + Fx∗ (t) ∗ m¨ y = Fy + Fy (t) ←→ m~r¨ = F~ + F~ ∗ (t), m¨ z = Fz + Fz∗ (t)
m¨ x
ahol
F~
az
~r-n
keresztül kifejezett küls® er®,
(x, y, z)
az
~r
(100)
komponensei, és
F~ ∗ = (m¨ xO , m¨ yO , m¨ zO ) ≡ (maOx , maOy , maOz ). A (100) a
K′ -ben érvényes mozgásegyenlet.
Az egyenletet úgy rendeztük, hogy ha-
iner-
sonló legyen az iner iarendszerben érvényes egyenlethez annyiban, hogy a baloldalon ~∗
sak a gyorsulással arányos tag szerepel. A jobboldalon ekkor megjelenik az F
iaer®
(vagy
tehetetlenségi er®
), amely a koordinátaer®höz hasonlóan arányos annak
a testnek a tömegével, amelyre hat (ui. a (99) baloldalából származik). Az iner iaer®
is ktív er®, mivel az er®nek az 1.3 fejezet 3)pontjában felsorolt tulajdonságai közül az A) és a D) nem érvényes rá.
′ A (100) szerint tiszta transzlá iónál a K -ben ható iner iaer® arányos az iner ia′ rendszerek (origójának) gyorsulásával a K -höz képest. Ez nyilván a korrekt iner iaer®, ′ hiszen a tehetetlenség törvénye alapján pontosan ekkora gyorsulással mozog K -ben
~ egy szabad (F
= 0)
tömegpont.
* Megjegyzés: Ennél a pontnál némi bepillantást adhatunk Einstein gravitá ió elméletébe, amely szerint:
(a) Az iner iarendszer fogalmába térbeli kiterjedését is bele kell érteni:
sak
lokális
iner iarendszerek léteznek. Egy kisméret¶ elvben in nitezimálisan ki si, praktiku-
tetsz®legesen
san azonban makroszkópikus méret¶ laboratóriumban az iner iaer® lehet nulla (lokális iner iarendszer), egy tjában azonban nem.
(b)
nagyméret¶ laboratórium minden pon-
A gravitá iós er® azonos az iner iaer®vel, és sak azért hittük sokáig valódi
er®nek, mert a vonatkoztatási rendszerek közül nem jól választottuk ki az iner iarendszereket. Ha pl. a (nyugvónak feltételezett) Föld felszínéhez rögzített rendszert
szabadon es®
iner iarendszernek gondoljuk, akkor a kell tulajdonítanunk.
De ha a
g
nehézségi gyorsulást valódi er® hatásának laboratóriumokat ("Einstein-lift") tek-
intjük lokális iner iarendszereknek, amelyeknek (~ aO
= (0, 0, −g)),
O
origója
g
gyorsulással esik lefele
akkor a földfelszínhez rögzített rendszerek a gyorsulók, ugyanis
100
az iner iarendszerekhez képest
g
gyorsulással mozognak felfelé. Ebben a felfogásban
a tárgyak nem azért zuhannak, mert a Föld valódi gravitá iós er®vel vonzza ®ket, ~ ∗ = m~aO ktív tehetetlenségi er® következtében, és ezért a gyorsulást és hanem az F a
g -t
szorzó tömeg szükségképpen ugyanaz (ld. az 1.4 fejezetet).
( )
A gravitá ióelmélet feladata az, hogy feltérképezze, hogyan mozoghatnak a
nagy tömegek közelében a lokális iner iarendszerek. A részletesen kidolgozott elméletb®l kiderül, hogy következményei igen nagy pon-
ezért
tossággal megegyeznek a newtoni gravitá ió-elmélet következtetéseivel (ha ez utóbbiban a súlyos tömeget azonosnak vesszük a tehetetlen tömeggel),
nem veszítette
el a klasszikus gravitá ió-elmélet a jelent®ségét az általános relativitás-elmélet megjelenésével. A két elmélet közötti kis eltérések mint a hiány a Merkúr perihéliumvándorlásában (ld. az 1.20 fejezetet), pontos mérésekkel igazolhatók.
1.27. A mozgásegyenlet gyorsuló koordinátarendszerben (tiszta forgás) . Ebben az esetben a vessz®s és a vessz®tlen komponensek különböznek egymástól, és ez némileg bonyolultabbá teszi a (99) egyenletek átírását. A görbevonalú koord. rendszerre történ® áttéréshez hasonlóan a Lagrange-módszer ezt a feladatot is jelent®sen egyszer¶síti. A (100) a tiszta forgást végz®
K′ -ben
is érvényes, sak bonyolultabb lesz az in-
er iaer® képlete. Mivel az iner iaer® kifejezését akkor is megkapjuk, ha a küls® er®t nullának veszük, ezért induljunk ki egy szabad tömegpont függvényéb®l, amely
L=
K-ban
érvényes Lagrange-
m 2 m ˙2 ~ . X + Y˙ 2 + Z˙ 2 = V 2 2
A feladat az, hogy ezt a Lagrange-függvényt kisbet¶s mennyiségek vessz®s komponensein keresztül fejezzük ki. A vessz®s sebességekre történ® átírás (98) alapján történik, ha ez utóbbiban
~ -t, R
és ennek megfelel®en
~˙ ′ -n V ~ ′ -t w
L=
w ~ -n
értjük:
2 m ~′ ~ V + ~ω × R . 2
Mivel bármely ~ a vektorra igaz, hogy ~a2 hossznégyzetét akár a2x + a2y + a2z , akár a2x′ + 2 2 ay′ +az′ alakban felírhatjuk, ezért az L-ben szerepl® négyzet kifejtésénél használhatjuk a vessz®s komponenseket. A kisbet¶s mennyiségekre az áttérés az
~ = ~r − ~rO R
V~ ′ = v~′ − v~′ O
101
képletek segítségével történik:
L= Tiszta forgásnál azonban
O
2 m ~′ . v + ~ω × ~r − v~′ O − ~ω × ~rO 2 és
(101)
= v~′ O = 0), 2 m ~′ v+ ω ~ × ~r . L= 2
O′
egybeejthet® (~ rO
Az egyszer¶ség kedvéért korlátozódjunk egyenletes forgásra O′ Z ′ tengelyt ~ ω -val párhuzamosnak:
ezért
(~ω = konstans),
és
válasszuk az
ω = (ωx′ , ωy′ , ωz′ ) = (0, 0, ω). ~ Az
~r
Így
vektor
K′ -beli
komponenseit szokásos módon
ω × ~r)x′ = −ωy ′ , ~ és
~ω × ~r)y′ = +ωx′ ,
(x′ , y ′ , z ′ )-vel
jelölhetjük.
~ω × ~r)z′ = 0,
1 m ′2 2 2 ′2 ′2 + mω(−y ′ x˙ ′ + x′ y˙ ′ ) + mω 2 x′ + y ′ . x˙ + y˙ + z˙ L= 2 2
~ Az ebb®l kapható Lagrange-egyenletek újra (100) alakúak (F
= 0-val),
és bennük
∗ F~ ∗ = F~c∗ + F~cf , ahol
a Coriolis-er®,
F~c∗ = (2mω y˙ ′ , −2mω x˙ ′ , 0)
(102)
∗ F~cf = (mω 2 x′ , mω 2 y ′ , 0)
(103)
pedig a entrifugális er®.
1.28. A mozgásegyenlet gyorsuló koordinátarendszerben (általános eset) .
rO -t és Ha (101)-ben tetsz®leges id®függés¶ ~
~ω -t engedünk meg és így származtatjuk
le a Lagrange-egyenleteket, akkor az iner iaer® általános kifejezését kapjuk:
F~ ∗ = ma~′ O
− +
′ ~ ~× ω ~ × ~r − m ~ω˙ × ~r + 2m ω ~ ×v −m ω ′ ~ 2m ~ ω × v O + m ~ω × ~ω × ~rO + m ~ω˙ × ~rO . 102
(104)
A Coriolis- és a entrifugális er® két-két tag összege:
F~c∗
=
∗ F~cf
=
~ × v~′ O −2m ω ~ × v~′ + 2m ω −m ω ~ × ~ω × ~r + m ~ω × ~ω × ~rO ,
amelyben
v~′ = x˙ ′ , y˙ ′ , z˙ ′
a tömegpont sebessége,
′ ′ v~′ O = x˙ ′O , y˙ O , z˙O
(105) (106)
′ ′ a~′ O = x ¨′O , y¨O , z¨O
K′ -ben. Vegyük észre, hogy (104)-ben nin s utalás a K tengelyeire. Szükség van egy olyan O referen ia-pont mozgásának az ismeretére (~rO (t)-re), amely valamelyik iner iarendszer origója, valamint az ~ ω(t) szögsebesség-vektorra. Ezek a (104) segítségével a K′ -ben nyugvó laboratóriumon végzett mérések segítségével meghatározhatók pedig az
O-pont
sebessége és gyorsulása
belül
anélkül, hogy szükség volna a laboratóriumból "kitekintve" valamilyen tehetetlenségi
mozgást végz® test meg gyelésére. Ha az emberiség a földfelszín alatt élne és sohasem látná az égboltot, akkor is rájöhetne, hogy lakóhelye kering® és forgó mozgást végez az iner iarendszerekhez képest. Ha (104)-ben
~rO -t (~rO + ~b)-vel
helyettesítjük, amelyben
~b
eleget tesz az
¨′ ˙′ ~ ~ ~ ~ × b + m ~ω˙ × ~b = 0 mb + 2m ω ~ × b + m ~ω × ω
F~ ∗ -t nem változtatjuk meg. Egy ilyen (~rO +~b) vektor ugyanis rO vektor tehát többféleképpen választható, . Az ~ ′ egyértelm¶: a K szögsebessége valamennyi iner ia-rendszerhez
egy másik iner iarendszer origója
egyenletnek, akkor ezzel szemben
ω-val, ~
amely
képest egyforma. 72.Feladat:
Analizáljuk a entrifugális és a Coriolis-er® hatását a földfelszín
közelében mozgó testekre (a Föld keringését®l tekintsünk el, és használjuk a 71.feladat K′ -jét). Megoldás: A entrifugális er® nem függ a tömegpont sebességét®l, és a földfelszín
közelében, ahol
r ≪ rO ,
(106) második tagjával egyenl®, amely szerint a forgástenge-
lyre mer®legesen kifelé mutat:
103
ω
E
(ω rο) ro
Fcf* = m(ω (ω rο ))
0
D A Coriolis-er® a (105) els® tagja, a 71.feladat
K′ -jében
v~′ 0 = 0.
ui.
Az er® iránya
a test mozgásirányától függ: amikor a test távolodik a forgástengelyt®l, az er® nyugat
el®tt
felé, közeledésnél pedig kelet felé mutat. Egy magas toronyból függ®legesen leejtett test a talapzat
(attól keleti irányban) ér földet.
A
K
iner iarendszer szem-
pontjából ezt úgy interpretáljuk, hogy a torony tetején a kerületi sebesség nagyobb, mint a talapzatnál, és a tehetetlenség törvénye alapján az elejtett test a sebességnek ezt a komponensét megtartja (a gravitá iós er® iránya erre mer®leges).
A Földhöz
rögzített koordinátarendszerb®l nézve a test mozgása azért nem pontosan függ®leges, mert keleti irányba mutató Coriolis-er® hat rá. Amikor a test a
φ = konstans
szélességi körön mozog az
O′
forgásával megegyez®
irányban, a Coriolis-er® a forgástengelyre mer®legesen kifelé mutat. Ez az er®hatás a entrifugális er® növekedéseként is felfogható (a test szögsebessége
ω -nál
Ellenkez® irányú mozgásnál az er® a forgástengely felé mutat.♣
nagyobb).
73.Feladat: Milyen szögsebességgel forog a Fou ault-inga lengési síkja a
φ
föl-
drajzi szélességen? Megoldás: A sarkokon (φ
= ±90◦ )
a lengési sík nyugat felé forog a Föld ω = K′ -ben a lengési sík elfordulása a
2π/nap szögsebességével18. A Földdel együtt forgó Coriolis-er® hatása, de az álló sillagokhoz rögzített
K
iner iarendszerb®l nézve annak
következménye, hogy a lengési sík állandó helyzet¶.
Legyen most az inga valamilyen tetsz®legesen választott
φ
szélességen. Az inga
felfüggesztési pontján áthaladó lokális mer®legesnek (az inga tengelyének) az irányát
n-el. A lengési sík ekörül a tengely körül forog, ezért a Föld jelöljük ~ az az
ωk ~
komponense okozza, amely
~n-el
~ω szögsebességének
párhuzamos.Nyilván
~ωk = ω sin |φ| · ~n. Ezzel a szögsebességgel forog a lengési sík a
~ω⊥
komponense magát az
~n
φ szélességen.
viszonyított helyzetében nem okoz változást.
18
Az
~ω
másik,
~n-re mer®leges
irányt fordítja el, de ez a mozgás a lengési sík Földhöz
A Föld keringését®l eltekintünk.
104
A fenti gondolatmenet talán szemléletesebbé válik, ha a Földhöz rögzített pontjából adjuk el®. Ebben a rendszerben az égbolt forog.
−~ω =
K′ szem-
konstans szögsebességgel
A forgás a Sark sillag körül történik, de felbonthatjuk két olyan forgás ösz-
szegére, amelyik közül az egyiknek az
−~ωk .
a komponensnek a szögsebessége forognak a sillagok
~n
~n A
lokális mer®leges irány a tengelye. Ennek K′ -höz viszonyítva ezzel a szögsebességgel
(a zenit) körül, és az inga lengési síkja együtt forog velük,
hiszen megtartja helyzetét hozzájuk képest.
−~ ω⊥
A szögsebesség másik,
komponense azonban a sillagos eget úgy forgatja,
hogy az égboltnak folyamatosan más és más pontja kerül a zenitbe. Az inga ebben a mozgásban természetesen nem vehet részt, hiszen a tengelye, amely a zenit felé mutat, rögzítve van a Földhöz.
Az égbolt forgásának a két komponense tehát különböz® ◦
hatással van az ingára, és erre vezethet® vissza az a meglep® tény, hogy (φ
= 0, ±90
kivételével) a lengési sík 24 óra eltelte után nem ugyanazt a helyzetet foglalja el a
sillagokhoz képest (ωk
< ω ),
mint 24 órával korábban.
Az inga mozgása a Föld forgása következtében azonban elég bonyolult, és emiatt a fenti egyszer¶ gondolatmenetet esetleg nem érezzük elég meggy®z®nek.
Célszer¶
ezért a feladatot az inga mozgásegyenlete alapján is megoldani. ′ Válasszuk K -t a 71.feladat szerint és legyen az inga felfüggesztési pontja az
O′ Z ′
tengelyen a kötélhossz magasságában. Kis amplitúdójú lengésekre korlátozódva fel′ ′ ′ tehetjük, hogy az ingán lógó tömeg az O X Y síkban az origó közvetlen közelében
mozog. Az inga lengési frekven iája legyen és nyilván
2π ≡ ω. ω0 ≫ T
ω0 ,
a Föld forgási periódusa
T =1
nap,
A mozgásegyenletek:
m¨ x′
=
m¨ y′
=
−mω02 x′ + Fx∗′
−mω02 y ′ + Fy∗′ .
A jobboldalon nem szükséges gyelembe venni a entrifugális er® járulékát, mert az
sak az inga nyugalmi helyzetét módosítja: nyugalmi állapotban a kötél nem pontosan ′ ′ ′ ′ párhuzamos az O Z tengellyel, hanem a negativ Y tengely egy O -höz közeli pontjára mutat. A lengési sík elfordulását a Coriolis-er® okozza, amelyet (102)-b®l vehetünk. ′ A vz ′ = 0 gyelembevételével
m¨ x′ m¨ y′ Vezessük be a
z = x′ + iy ′
= =
−mω02 x′ + 2mω sin ϕ · y˙ ′ −mω02 y ′ − 2mω sin ϕ · x˙ ′ .
komplex kitérést, amelynek a keresett függvények a valós
és a képzetes részei. Ha a második egyenletet
i-vel
megszorozzuk és a két egyenletet
összeadjuk, akkor az
m¨ z = −mω02 z˙ − 2imω sin ϕ · z˙ egyenletre jutunk, amely a
w = ω sin ϕ
jelölés bevezetése után a
z¨ + 2iwz˙ + ω02 = 0 105
konstans együtthatójú homogén közönséges di. egyenletre vezet. Ennek partikuláris megoldásait
z = eist
alakban kell keresni, amelyben
s
az
s2 + 2ws − ω02 = 0 algebrai egyenletet két
s±
megoldása:
s± = −w ± Mivel
ω0 ≫ ω ≥ w ,
a
w-ben
q w2 + ω02 .
lineáris pontossággal
s± = −w ± ω0 . A két partikuláris megoldás tehát
z± = eis± t .
Ezeknek a komplex partikuláris
megoldásoknak az
x′+ = cos s+ t = cos(ω0 − w)t
′ y+ = sin s+ t = sin(ω0 − w)t
x′− = cos s− t = cos(ω0 + w)t
′ y− = sin s− t = − sin(ω0 + w)t
valós partikuláris megoldások felelnek meg, amelyek egységnyi sugarú körmozgásokat ′ ′ ′ írnak le az O X Y síkban: a + indeksz¶ megoldás (ω0 − w) körfrekven iával pozitiv
− index¶ megoldás (ω0 + w) körfrekven iával negativ irányban forog. w ≪ ω0 , induljunk ki a w = 0 határesetb®l (nyugvó Föld) és tegyük fel, ′ hogy az inga ekkor az X tengely mentén leng. Ezt a megoldást úgy nyerjük, hogy a két partikuláris megoldást ugyanazzal az A/2-vel szorozva összeadjuk: irányban, a Mivel
x′
=
y′
=
Ha gyelembe vesszük, hogy
x′
=
y′
=
A ′ (x + x′− ) = A cos ω0 t 2 + A ′ ′ (y + y− ) = 0. 2 +
w 6= 0,
erre a megoldástipusra az
A cos(ω0 − w)t + cos(ω0 + w)t = A cos wt · cos ω0 t 2 A sin(ω0 − w)t − sin(ω0 + w)t = −A sin wt · cos ω0 t 2
képleteket kapjuk. Ez egy olyan ω0 körfrekven iájú lengés, amelynek síkja α = −wt ′ ′ szöget zár be az O X tengellyel: az inga síkja tehát |w| = ω| sin φ| körfrekven iával ′ ′ forog az O Z körül, ahogy állítottuk.♣ Hangsúlyozzuk, hogy az iner iaer® kifejezésében
~ω
nem a tömegpont, hanem a ko-
ordinátarendszer szögsebessége és ezért iner iarendszerben nem lép fel se entrifugális er®, se Coriolis-er® (egyáltalán semmiféle iner iaer®). Ennek ellenére a entrifugális
106
er® kifejezést szokás akkor is használni, amikor a mozgást iner iarendszerben tárgyaljuk, és ezt mi is megtettük (ld.
az 1.8, 1.19 fejezetet és az 56.feladatot).
A
következ® feladat mutatja, miért jogos ez a beszédmód.
m-tömeg¶ tömegpontot entrális er® vonz a K iner iarendszer origóOXY síkban. Az origóban állva úgy forgunk az OZ tengely körül, hogy a tömegpontot állandóan magunk el®tt látjuk ρ távolságban, amely függ t-t®l. Írjuk fel a ρ-ra vonatkozó mozgásegyenletet. ′ Megoldás: A meg gyel®, aki a tömegpontot állandóan maga el®tt látja, a K -ben ′ ′ ′ ′ ′ nyugszik. Az O essen egybe O-val, az O Z pedig az OZ -vel, és a pozitív O X ′ tengely mutasson állandóan a tömegpont felé. Akkor a K rendszer 74.Feladat:
jához, amelynek hatása alatt mozog az
˙ ω = (ωx′ , ωy′ , ωz′ ) = (0, 0, ϕ) ~ szögsebességgel forog az tömegpont koordinátája
O′ Z ′ körül, K′ -ben
ahol
ϕ
a tömegpont azimutszöge
K-ban.
A
~r = (x′ , y ′ , z ′ ) = (ρ, 0, 0), ahonnan
v~′ = (x˙ ′ , y˙ ′ , z˙ ′ ) = (ρ, ˙ 0, 0) a~′ = (¨ x′ , y¨′ , z¨′ ) = (¨ ρ, 0, 0).
A (105), (106) alapján ekkor
F~c∗ = (0, −2mϕ˙ ρ, ˙ 0), Mivel azonban
~˙ 6= 0, ω
∗ F~cf = (mρϕ˙ 2 , 0, 0).
(104) negyedik tagját is gyelembe kell venni:
−m ω ~˙ × ~r = (0, −mρϕ, ¨ 0).
′ Természetesen a komponensek az er®k képleteiben is K -re vonatkoznak. ∗ ′ ′ ~ ~ Az m~ a = F + F mozgásegyenlet x , y komponensei
m¨ ρ = 0 = z′
Fρ + mρϕ˙ 2 −2mϕ˙ ρ˙ − mρϕ, ¨
polárkoordinátákban kapható egyenletekkel míg a
komponens
entrális er®nél
Fϕ =
0 = 0-t
ad. Ezek az egyenletek
(107)
azonosak az iner iarendszerben
(ld. az 1.8 fejezetet, amelynek képleteiben 0). Ez az egybeesés feljogosít arra, hogy a radiális egyenlet mρϕ˙ 2
tagját entrifugális er®nek nevezzük, tekintet nélkül az egyenlet levezetési módjára.♣
107
1.29. Relatív és abszolút mozgás A Galilei-féle relativitási elv szerint
a testek pillanatnyi sebessége relatív:
izolált
test szemlélése (kísérleti meg gyelése) alapján nem lehet megállapítani, hogy a test sebessége éppen mekkora. Ha a természet kitüntetne egy meghatározott vonatkoztatási rendszert ("abszolút vonatkoztatási rendszer") a számtalan közül, akkor élszer¶ és természetes volna sebességen az abszolút vonatkoztatási rendszerhez képesti sebességet érteni ("abszolút sebesség").
kitüntetnék
Ezt a sebességet egy adott testre adott
pillanatban minden meg gyel® ugyanannak találná, hiszen mivel a természeti törvények
ezt a vonatkoztatási rendszert, kisérleti úton bárki meg tudná
állapítani a saját sebességét hozzá képest. A valóságban végtelen sok olyan vonatkoztatási rendszer van az iner iarendszerek , amelyek minden zikai jelenség szempontjából egyenérték¶ek, és ezek
kell
különféle konstans sebességgel mozognak egymáshoz képest.
Emberi törvények
törvény felhasználásával sem lehet megmondani, melyikhez test sebességét.
Semmilyen természeti viszonyítani a vizsgált
mindenkit arra, hogy pl. kizárólag a Naphoz rögzített rendszerhez
természeti törvény
szabad
alapján persze megmondhatnánk, és kötelezhetnénk
lehetne
vonatkoztat-
nia minden sebességet. De ez nagyon megtéveszt® volna, mert háttérben maradna az a
, hogy ha engednék, nyugodtan
rendszert választani.
a testek pillanatnyi gyorsulása abszolút:
más vonatkoztatási
Ha ugyanezt a meggondolást a gyorsulásra alkalmazzuk, akkor azt találjuk, hogy az izolált test szemlélése alapján meg lehet
állapítani, hogy a test gyorsulása mekkora anélkül, hogy ki kellene választanunk egy bizonyosat az iner iarendszerek közül. Az iner iarendszerek ugyanis nem gyorsulásban, hanem supán állandó sebességben különböznek egymástól és ezért a testek gyorsulása mindegyikre nézve ugyanaz. A gyorsulás sak akkor lenne relatív, ha az általános, egymáshoz képest gyorsuló mozgást végz® vonatkoztatási rendszerek is egyenérték¶ek lennének minden zikai jelenség szempontjából. De ilyen egyenérték¶ség már a me hanikai jelenségek körén belül sem áll fenn. A gyorsuló vonatkoztatási rendszerekben iner iaer®k m¶ködnek, amelyek iner iarendszerekben nem lépnek fel.
Az iner iaer®k hatása alapján képe-
sek vagyunk megállapítani, hogy vonatkoztatási rendszerünk gyorsul, s®t, kísérletileg meg is tudjuk határozni a gyorsulását. Galilei hajóján minden jelenség határozottan másképpen játszódna le a felgyorsulás és a fékez®dés szakaszaiban, mint amikor a hajó egyenletesen halad. Fou ault az ingakisérletével éppen azt bizonyította be, hogy a Föld és az égbolt egymáshoz viszonyított forgása valójában egyáltalán nem relatív,
abszolút értelemben
hanem határozottan a Föld az, amely 24 óra alatt megfordul a saját tengelye körül. A Föld szögsebessége és a szögsebesség általában,
annyi
amennyi (az egységrendszer megválasztása után), mert minden iner iarendszerben pontosan ugyanannyi. Ez a tény Newton számára tökéletesen világos volt. A Prin ipiában ezt olvassuk: Az abszolút és a relatív mozgás hatásában rejl® különbség abban az
108
er®ben jelentkezik, amellyel a test eltávolodni igyekszik a forgástengelyt®l. Relatív körmozgás esetében ilyen er® nin sen, de valódi és abszolút körmozgásnál ez az er® a mozgásmennyiséggel arányosan, nagyobb vagy kisebb.
Er®sítsünk egy edényt hosszú zsineg végére, és savarjuk körbe
a zsineget, míg egészen merev nem lesz. vízzel és hozzuk mindkett®t nyugalomba.
Ezután töltsük meg az edényt Ha most hirtelen valamilyen
er® ellenkez® irányú forgásba hozza a zsineget, akkor az vissza savarodik, és hosszú ideig az edény is követi ezt a mozgást.
A víz felszíne eleinte
vízszintes marad, akár sak az edény mozgása el®tt. Kés®bb azonban az edény lassanként er®t fejt ki a vízre, és a vizet arra kényszeríti, hogy forgásba jöjjön. A víz fokozatosan távolodik el a forgás középpontjától, és felmászik az edény falára, végül is a felszíne homorú alakot vesz fel. (Ezt a kísérletet magam is elvégeztem.)
Amint a forgás gyorsul, a víz mind
magasabbra emelkedik. A víz forgásának periódusa megegyezik az edény forgásának periódusával, és így a víz, az edényhez képest, relatív nyugalomba kerül. A víznek a felemelkedése azt mutatja, hogy a víz igyekszik eltávolodni a forgástengelyt®l.
Éppen ennek a törekvésnek segítségével
ismerhet® fel és mérhet® meg a víz valódi és abszolút körmozgása, amely különbözik a víz relatív mozgásától. Amid®n az edényben lev® víz relatív mozgása a leger®teljesebb, ez a mozgás nem okoz semmiféle eltávolodást a tengelyt®l; a víz nem igyekezett elérni az edény peremét, nem mászott fel az edény falára, hanem a felülete vízszintes maradt, és a víz valódi körmozgása még nem kezd®dött meg. Amint azonban sökkenni kezdett a víz relatív mozgása, az edény falára való felmászása azt a törekvést árulja el, hogy igyekszik a forgástengelyt®l eltávolodni.
Ez azt jelenti,
hogy a víz valódi körmozgása állandóan er®södik, míg végül eléri legnagyobb értékét, amikor is a víz, az edényhez képest, relatív nyugalomba kerül. Ez a törekvés független a víznek a környez® testekhez viszonyított elmozdulásától.
Ezért a valódi körmozgást nem magyarázhatjuk ilyen-
féle elmozdulások segítségével. Valamely forgásban lev® test valódi körmozgása egyedül egy sajátos és megfelel® törekvésnek a hatására jön létre. A környez® testekkel való változatos összefüggések következtében azonban a relatív mozgások száma meghatározhatatlan. Heinri h László fordítása A szögsebesség (általában a gyorsulás) abszolút jellegéb®l arra lehet következtetni, hogy egy test forgómozgása abban a hipotetikus esetben is megállapítható volna, ha a Világegyetemben más testek egyáltalán nem is léteznének.
A Föld szögsebesség
vektora tisztán földi kisérletben pl Fou ault-ingával pontosan megállapítható. Jelenlegi zikai tudásunk alapján semmi sem szól azellen, hogy ugyanennek kellene történnie, ha az égitestek másképpen helyezkednének el a Világegyetemben, ha kevesebben lennének, vagy határesetben , ha a Földön kívül nem is léteznének más égitestek.
109
Az absztrak iónak ezen a széls® pontján azonban tiltakozni kezd a geometrián nevel®dött szemlélet. G.Berkeley ír lozófus, Newton atalabb kortársa például így vélekedik: ...egy test valódi helyét nem szabad úgy de niálnunk, mint az abszolút térnek azt a részét, amelyet elfoglal; sem pedig a test igazi vagy abszolút mozgását úgy, mint valódi vagy abszolút helyének megváltozását. Ugyanis minden hely és minden mozgás egyaránt viszonylagos.
Még nyilván-
valóbb lesz ez, ha leszögezzük, hogy semmiféle mozgás nem fogható fel valamilyen determiná ió vagy irány nélkül, ez pedig sak úgy fogható fel,
felfelé, lefelé, balra és jobbra,
ha a mozgó testen kívül felfogjuk ugyanakkor saját testünknek vagy más testnek a létezését is. Mert a
valamint az
összes helyek és irányok valamilyen viszonyon alapulnak, és szükségképpen feltételeznek egy olyan testet, amely különbözik a mozgó testt®l. Így, ha feltételezzük, hogy az összes testek megsemmisültek, és például sak egyetlen gömb létezik magában, akkor ennek semmiféle mozgását nem lehetne felfogni; szükségképpen lennie kell tehát egy másik testnek, amelynek helyzete által a mozgás meghatározható. E nézet igazsága tüstént a legnyilvánvalóbbá válik, mihelyt következetesen végrehajtjuk az összes testek feltételezett megsemmisítését, beleértve saját testünkét és a többiekét is, kivéve a magányos gömböt. Fehér Márta fordítása l50 évvel kés®bb E.Ma h osztrák zikus és lozófus azonban rámutatott arra, hogy az abszolút gyorsulás és a bel®le származó paradoxonok elkerülése sak egy új, a newtonitól különböz® me hanika alapján lehetséges: Természetesen gondolhatjuk azt, hogy a Föld forog a tengelye körül, de azt is, hogy a Föld nyugszik, és az álló sillagok keringenek körülötte. Geometriailag ez a két eset tökéletesen ugyanazt jelenti a Föld és az álló sillagok viszonylagos forgását egymáshoz képest. De ha azt mondjuk, hogy a Föld nyugszik és az álló sillagok forognak körülötte, akkor mib®l ered a Föld lapultsága, a Fou ault-kisérlet és még sok más jelenség, ha a tehetetlenség szokásos törvényéb®l indulunk ki?
Ezt a nehézséget két
úton lehet elkerülni. Vagy abszolútnak kell tekintenünk minden mozgást, vagy nem jól értjük a tehetetlenség törvényét. Nekem jobban tetszik ez a második változat. A tehetetlenség törvényének olyan formáját kell megtalálnunk, amely mind az els®, mind a második néz®pontból ugyanarra a következtetésre vezet.
Ehhez azonban gyelembe kell venni a Világe-
gyetemben mindenütt létez® tömegeket. Azt a hipotézist, amely szerint a testek tehetetlensége
elvnek
itt
Ma h-
valamilyen módon ösz-
szefügg a Világegyetemben fellelhet® tömegekkel és emiatt a gyorsulás is relatív,
nevezzük. Egy olyan me hanika szerint, amely összhangban van a Ma h-elvvel,
110
a Földhöz rögzített és az álló sillagokhoz rögzített koordinátarendszer tökéletesen egyenérték¶ volna:
mindkett®ben ugyanaz a mozgásegyenlet volna érvényes, mert
nem különböztetnék meg iner iaer®k az egyiket a másiktól. Az álló sillagokhoz képest nyugvó rendszerben végzett számítás szerint a Föld azért lenne belapult, mert forog és darabjainak entripetális gyorsulása a belapultság következtében fellép® rugalmas
entripetális er®vel kap solatos (arányos vele). A Földhöz rögzített rendszerben sem lenne szükség iner iaer®re a belapultság magyarázatához, mert azt az álló sillagok forgásából származó valódi er® okozná. Ha egy ilyen elméletben megpróbálnánk azt a (hipotetikus) esetet tárgyalni, hogy a Földön kívül nem létezik semmiféle más objektum, vagy azt kellene találnunk, hogy ez a feltevés ellentmondásokra vezet az elméleten belül és ezért elvileg nem realizálható, vagy pedig azt, hogy az egymáshoz képest forgó rendszerekben nyugvó Föld egyikben sem belapult és a Fou ault-inga síkja sem forogna egyikben sem.
Ennek az elméletnek a fényében a dinamikai je-
lenségek megengednék, hogy az anyagi testek valóságos forgását éppúgy relatívnak tekintsük, mint a geometria anyagtalan objektumainak képzeletbeli forgását. Ma nem létezik olyan érvényes zikai elmélet, amely maradéktalanul eleget tenne a Ma h-elvnek. Einstein általános relativitás-elmélete a newtoni me hanikát egészen
hat
új megvilágításba helyezte, de a Ma h-elvnek sak bizonyos elemeit foglalja magába: forgó
m
tömeg¶ gömbhéj középpontjában elhelyezett Fou ault-ingára
Coriolis-
er®, de a magányosan forgó Földön végzett Fou ault-kísérlet az általános relativitáselmélet szerint is pozitív eredményt adna. * A következ® néhány fejezetben a Hamilton-me hanika (kanonikus elmélet) alapjait ismertetjük.
Vázoljuk az adiabatikus invariánsok általános elméletét, amely a
kvantumelmélet tárgyalásának fontos kiindulópontja.
1.30. A kon gurá iós tér és a fázistér Egy
n
szabadsági fokú rendszer trajektóriáját (1.1 fejezet) a
qi = fi (t) függvényekkel adjuk meg. A
qi -k
i = 1, 2, ..., n
összeségét
kon gurá ió
nak nevezzük: egy rendszer
kon gurá ióját akkor ismerjük egy adott pillanatban, ha ismerjük az összes koordináta értékét. Ha elképzelünk egy
n-dimenziós teret és benne egy n-dimenziós Des artesq1 , q2 , ..., qn koordinátákat mérjük fel, akkor
rendszert, amelynek az egyes tengelyein a
kon-
a rendszer minden kon gurá iójának megfeleltethetünk egy pontot ebben a térben:
gurá iós tér
azt, amelynek a koordinátái az adott kon gurá ióhoz tartozó
qi -k.
Ezt a teret
nek nevezzük.
Ahogy az id® telik, a rendszer kon gurá iója folyamatosan változik, a kon gurá-
iónak megfelel® pont egy görbét ír le a kon gurá iós térben. Ezt a görbét neveztük az 1.1 fejezetben pályának.
Legyen
t
és
t + ∆t
111
között a
qi
megváltozása
∆qi -vel
egyenl®: a tjából a
∆qi -k
annak a vektornak a komponensei, amely a pálya t-hez tartozó pon-
t + ∆t-hez
tartozó pontjába mutat. Természetesen ugyanilyen irányú a
komponens¶ vektor is.
∆t → 0,
Amikor
a komponensek pedig a
q˙i
t-beli
ez a vektor a
∆qi ∆t
érint® irányához tart,
sebességekhez: ez a "kon gurá ió mozgási sebessége" a
pályán. A kon gurá iós tér minden pontján az adott rendszer végtelen sok lehetséges pá-
és
lyája halad keresztül. A mozgásegyenletek ui. id®ben másodrend¶ di. egyenletek, amelyeknek a megoldását sak a
qi -k
Vegyünk fel most gondolatban egy
a
2n
q˙i
egyidej¶ megadása rögzíti.
fázistér
Des artes-rendszert, amelynek a tengelyeire a
pi impulzusokat mérjük fel. qi -k és a pi -k összeségét pedig
tott) a
2n-dimenziós qi -ket és a hozzájuk tartozó (általánosí-
dimenziós teret és benne egy
állapot
Ezt a teret
nek vagy
állapottér
nek nevezzük,
nak: a rendszer állapotát akkor ismerjük, ha
ismerjük az összes koordináta és impulzus értékét. A rendszer adott állapotának a fázistérben azt a pontot feleltethetjük meg, amelynek koordinátái az adott állapothoz tartozó Egy
qi -k és pi -k. n szabadsági
fokú rendszer
qi pi
= =
fázistrajektóriáját fi (t) gi (t)
a
i = 1, 2, ..., n
függvényekkel adjuk meg. Ahogy az id® telik, a rendszer állapota folyamatosan vál-
fázispályának
tozik, az állapotoknak megfelel® fázispont pedig egy görbét ír le a fázistérben, amelyet
p˙ i (t)
nevezünk (gyakran azonban ezt is fázistrajektóriának mondják). A
komponensekkel rendelkez® vektor a fázispont sebessége a
pontban érinti a fázispályát. A fázistér minden pontján
egyetlen
fázispálya halad kerestül.
t
q˙i (t),
paraméter¶
összes
Ennek az az oka,
hogy a fázispont megadásával a mozgásegyenletek megoldásához szükséges
kezdeti feltételt rögzítjük, ugyanis az impulzusok és a sebességek köl sönösen meghatározzák egymást. Ennek következtében a lehetséges mozgások áttekintése a fázistérben könnyebb, mint a kon gurá iós térben, annak ellenére, hogy ez utobbi kétszer kisebb dimenziójú. 75.Feladat: Ábrázoljuk a súrlódásmentes lineáris harmonikus osz illátor szabad
mozgásának a fázispályáit. Megoldás: A szabad mozgás Lagrange-függvénye
p=
Az
∂L = mx˙ . ∂ x˙
x, p
L =
m 2 (x˙ − ω 2 x2 ), 2
ahonnan
A lehetséges fázistrajektóriák egyenlete
fázissíkban (n
x
=
p
=
A · cos(ωt + α)
−mωA · sin(ωt + α).
= 1-nél a fázistér egy x-irányú féltengely
paraméteres egyenlete: az
112
fázissíkra redukálódik) ez egy ellipszis hossza
A,
a
p-irányúé mωA:
p
x
0 1 2 3
A fázispályákon a nyíl irányát az határozza meg, hogy
1, 2, 3 pályák E1 < E2 < E3 helyzetnek az O origó felel meg.♣
nál sökken. Az nyugalmi
p > 0-nál x
n®,
p < 0-
energiájú rezgéseket ábrázolnak. A
76.Feladat: Ábrázoljuk a síkinga fázispályáit.
Megoldás: A síkinga mozgásait az 61.feladatban diszkutáltuk, amelynek alapján felrajzolhatók a tipikus fázispályák:
pϕ = m l 2ϕ.
f e
−π
c
0 a
b
π
d
ϕ
g h
A ϕ, pϕ fázissík a ϕ irány mentén a −π < ϕ ≤ π " síkra" korlátozódik a ϕ és ϕ + 2nπ (n tetsz®leges egész) ugyanis azonos kon gurá iót ír le. A (−π, pϕ ) és a (+π, pϕ ) koordinátájú pontok tehát minden pϕ -nél tekintend®k, és ezért az fázispálya az e, f, h, g -t is beleértve görbe. Pontosabb és
a
összes
sík
szemléletesebb ebben az esetben fázis úgy kapunk, hogy a
−π < ϕ < π
azonosnak zárt hengerrel
helyett fázis
síkot kivágjuk, majd a
egyenesek mentén összeragasztjuk.
113
dolgoznunk, amit
ϕ = −π
és a
ϕ = +π
a
Az
és a
b
korlátos mozgások fázispályái. Határesetként ide tartozik az
amikor az inga az alsó egyensúlyi helyzetben nyugszik. Az
e, f, g, h
h
c
pálya) irányban. A
és a
d
pályából összetett görbe a
végtelen hosszú ideig
origó,
szeparatrix
mozgást írnak le (de zárt görbék): az inga teljes forgásokat végez pozitív (e, ill. negatív (g,
O
pályák végtelen
f
pálya), ,
mert ez választja szét a korlátos és a végtelen mozgások tartományát. A szeparatrix bármely pontjából indulva a rendszer
(a 61.feladatban ekkor
Φ = π és T = ∞) közeledik a fels® (instabil) egyensúlyi helyzethez, amely a fázissík ϕ = π, pϕ = 0 pontja. Ez a pont maga egy külön pálya, amelyen a rendszer elvben végtelen hosszú ideig megmaradhat.♣ 77.Feladat: Ábrázoljuk a bolygómozgás fázispályáit.
vetületeit
Megoldás: A fázistér dimenziója az
r, pr
fázissíkokra vetett
Lrel =
2n = 4,
ezért a fázispályáknak sak a
ϕ, pϕ
és
tudjuk lerajzolni. A Kepler-problémában
µ 2 γm1 m2 (r˙ + r2 ϕ˙ 2 ) + , 2 r
ahonnan
pr = µr˙ Rögzítsük az ekkor
pϕ
a
E -t
egy negatív értéknél.
(−Lm , +Lm )
iklikus változó,
pϕ
pϕ ≡ Lz = µr2 ϕ. ˙
Az 54.feladat kap sán tisztáztuk, hogy µ(γm1 m2 )2 2 intervallumban változhat, ahol Lm = . Mivel ϕ
2|E|
mozgásállandó, ezért a
ϕ, pϕ
pϕ Lm
−π
π
ϕ
-Lm
fázissíkban a fázispályák vetületei a
pϕ = konst
tartományban. Az
r, pr síkon a vetületek r-tengelyt:
zárt
zárt görbék, amelyek az
metszik az
114
egyenesek a
rmin , rmax
−π < ϕ ≤ π
fordulópontokban
pr
2a
a
r 1 2 3
E < 0-nál a nagytengely hossza adott, rmin + rmax = 2a összeg mindegyik pályára azonos. Az 1, 2, 3 pályákon |pϕ1 | > |pϕ2 | > |pϕ3 |. Az r = a, pr = 0 pont a körpályának felel meg, amelyen dr |pϕ | = Lm . A pálya egyenlete a 1.19.fejezet képlete alapján dϕ s s p2ϕ γm1 m2 γm1 m2 p2ϕ µ2 r2 2 pr = µr˙ = ± E+ − 2 2 · ϕ˙ = ± 2µ E + − 2, pϕ µ r µ r r r Az 54.feladatban láttuk, hogy rögzített
ezért az
amely a Kepler-probléma képleteinek a segítségével a
√ pr = ± µγm1 m2
s
p 2a − r − 2 ra r
(0 ≤ p ≤ a)
alakban is írható (p a fokális paraméter).♣
1.31. A kanonikus- vagy Hamilton-egyenletek A ímbeli egyenletek a fázistérben felírt mozgásegyenletek. Mikor mondhatjuk azt, hogy ismerjük egy rendszer mozgástörvényét a fázistérben? Nyilván akkor, ha meg
t+dt pillanatban, ha t-ben a fázistér q1 , ..., qn , p1 , ..., pn ≡ q, p koordinátájú pontjában tartózkodott. Ez azért lehetséges, mert a pályát
fázis
tudjuk mondani, hol lesz a fázispont a
már egyetlen pontja meghatározza (adott dinamikai rendszerre). A fáziskoordináták megváltozása
dq, dp.
Az
Ezek arányosak
Ai , Bi
dt
id® alatt legyen
dt-vel: dqi
=
dpi
=
Ai (q, p) · dt
Bi (q, p) · dt
koe iensek azért függenek a
q, p
dq1 , ..., dqn , dp1 , ..., dpn ≡
(i = 1, 2, ..., n). koordinátáktól, mert a
dt
id® alatti
elmozdulás nagysága és iránya a fázistér különböz® pontjaiból természetesen más és más.
115
A rendszer dinamikáját akkor ismerjük a fázistérben ha ismerjük az és az
n
drb
Bi (q, p)
n drb Ai (q, p)
függvényt, mert ekkor fel tudjuk írni a
mozgásegyenleteket
q˙i
=
p˙ i
=
Ai (q, p) Bi (q, p)
(i = 1, 2, ..., n).
(108)
. Ezeket megoldani annyit jelent, mint megtalálni az id®nek azt a
2n
drb
függvényét, amelyek
qi
=
pi
=
fi (t; C1 , ..., C2n ) gi (t; C1 , ..., C2n )
(109)
2n önkényesen választható Ci konstansot tartalmaznak és olyanok,
hogy ha (108)-ba visszahelyettesítjük ®ket, azonosságokat kapunk.
Hamiltonimpulzusokon Ai , Bi H(q, p)
Amikor a rendszer dinamikája jellemezhet® Lagrange-függvénnyel, az
függvényb®l
iens-függvények is leszármaztathatók egyetlen függvényb®l, a , amely az energiának a sebességek helyett az
kifejezett alakja. Ekkor
alakot öltik.
q, q˙-val
kanonikus- Hamilton-egyenletek kanonikus változóknak
Ezek a
szemben
∂H ∂H Ai = , Bi = − és így a (108) ∂pi ∂qi ∂H q˙i = ∂pi (i = 1, 2, ..., n). ∂H p˙ i = − ∂qi vagy
.
keresztül
egyenletek a
(110)
A
q, p
H
E helyett használjuk
jelölést, számítva arra, hogy az energiát a kanonikus változókon keresztül kell
majd kifejezni. Eszerint
H=
n X i=0
ahol
pi = Adjunk most a
q˙i -k
változópárt a
nevezzük.
A (110) bizonyításához induljunk ki az energia (43) alakjából és a
koef-
qi -khez
és a
∂L ∂ q˙i pi -khez
q˙i pi − L,
(111)
(i = 1, 2, ..., n).
tetsz®leges ∆q
i,
(112)
∆pi
növekményt.
Ezzel a
is meghatározott növekményt kapnak, amelyet (112)-b®l határozhatnánk meg
(de a konkrét alakra nem lesz szükség). Mindezek következtében természetesen
116
H
is
megváltozik:
∆H
n X ∂L ∂L · ∆qi − · ∆q˙i = ∆q˙i · pi + q˙i · ∆pi − ∂qi ∂ q˙i i=0 n X ∂L ∂L − · ∆q˙i . · ∆qi + q˙i · ∆pi + pi − ∂qi ∂ q˙i i=0
= =
Az utolsó tag (112) következtében zérus.
Ha az eredeti
qi -k
kielégítik a Lagrange-
egyenleteket, akkor az els® tag koe iensében
d ∂L ∂L = = p˙ i , ∂qi dt ∂ q˙i és ezért
∆H =
n X i=0
Másrészt
H(q, p)-nek
(−p˙ i · ∆qi + q˙i · ∆pi ) .
mint minden
∆H =
n X i=0
összefüggés de niálja önkényes
q, p
(113)
függvénynek a par iális deriváltjait a
∂H ∂H · ∆qi + · ∆pi ∂qi ∂pi
∆qi , ∆pi -vel.
(114)
A (113) és a (114) jobboldalán a növek-
mények koe ienseinek meg kell egyezniök egymással és a (110) kanonikus egyenletek éppen ezt az egyenl®séget fejezik ki. A (113) levezetésénél kihasználtuk, hogy a
qi -k
kielégítik a Lagrange-egyenleteket, ezért a kanonikus egyenleteket is sak a rendszer valóságos mozgásait leíró trajektóriák elégítik ki. 78.Feladat: Adjuk meg egy szabad tömegpont Hamilton-függvényét és írjuk fel
a kanonikus egyenleteket. Megoldás:
E= 2
kapjuk a
H=
p 2m
m 2 x˙ -ben 2
a sebességet az
x˙ =
p m
segítségével impulzusra serélve
Hamilton-függvényt, amelyb®l származtathatók az
p m 0
x˙ = p˙
=
kanonikus egyenletek.♣
79.Feladat: Ugyanez a lineáris osz illátorra.
Megoldás:
E=
m 2 1 x˙ + Dx2 , 2 2
x˙ =
p , m
117
H=
p2 1 + Dx2 , 2m 2
és a kanonikus egyenletek:
x˙ = p˙
=
p m −Dx.♣
80.Feladat: Ugyanez két tömegpont relatív mozgására entrális er®nél.
Megoldás:
µ 2 (r˙ + r2 ϑ˙ 2 + r2 sin2 ϑ · ϕ˙ 2 ) + U (r) 2 pr pϑ pϕ r˙ = ϑ˙ = 2 ϕ˙ = 2 2 . µ µr µr sin ϑ
E=
p2ϕ p2 p2r + ϑ2 + + U (r). 2µ 2µr 2µr2 sin2 ϑ
H= A Hamilton-egyenletek:
r˙
=
p˙r
=
ϑ˙ = p˙ ϑ
=
ϕ˙ = p˙ϕ Amikor
L
helyett
H -val
=
pr µ p2ϕ p2ϑ dU + − 2 2 µr3 dr µr sin ϑ pϑ µr2 p2ϕ tgϑ · µr2 sin2 ϑ pϕ 2 µr sin2 ϑ 0.♣
dolgozunk, az energia id®deriváltjának (44) képlete a
∂H dE = dt ∂t
(115)
alakot ölti. Igazolás:
dH =
n X ∂H i=0
∂H ∂H dqi + dpi + dt . ∂qi ∂pi ∂t
A kanonikus egyenletek szerint azonban megvalósuló mozgásnál
dqi = ezért a
[ ]
∂H dt ∂pi
dpi = −
els® két tagja kiejti egymást és
jutunk.
118
H = E
∂H dt, ∂qi következtében valóban (115)-re
1.32. Az adiabatikus invariánsok elmélete Vizsgáljunk egy rendszert, amely periódikus mozgást végez
T
T
periódusid®vel. A moz-
q p mindegyik fázissíkon a fázispálya vetülete által határolt terület amelyet 2πI -vel jelölünk adiabatikus invariáns. 2π
gás fázispályája zárt görbe, amelyen a fázispont az egyes
id® alatt fut végig. A pálya vetülete
j j fázissíkokra ugyan sak zárt görbe. Az állítás az, hogy j
(A
leválasztása a kvantumme hanikai alkalmazás szempontjából
kényelmes.)
Mint jól ismert, az Z b
y = y(x)
görbe és az
x-tengely
zárt
közötti terület az
a≤x≤b
y(x)dx integrállal egyenl®. Egy görbe megadásához legalább két a függvény szükséges, legyenek ezek y1 (x) és y2 (x). Az x = a baloldali fordulópontban
szakaszon az
és az
x=b
jobboldaliban a két függvény egyenl® egymással. A zárt görbén legyen
adva a pozitív irány, és a két függvény indexelését válasszuk úgy, hogy a baloldali fordulópontból pozitív irányban elindulva el®ször az
y
y1
ágon kelljen haladni.
y1(x)
b x
a
y2(x)
A zárt görbe által határolt terület az
I
ydx ≡
Z
a
b
y1 (x)dx −
Z
b
y2 (x)dx
a
képlettel számítható ki ez a formula a kontúrintegrál
de ní iójának
tekintend®.
A képlet akkor adja a területet pozitív el®jellel, amikor a görbén a pozitív haladási irány az óramutató járásával egyez® értelm¶ (a görbe által határolt terület jobbkéz felé esik). Az
I
ydx jelölés értelmezése hasonló módon adható meg
abban az esetben
is, amikor a zárt görbe leírásához kett®nél több függvény szükséges. Ennek a jelölésnek a felhasználásával az
iója a következ®:
Ij =
1 2π
I
119
Ij
adiabatikus invariáns formális de ní-
pj dqj .
(116)
Amikor a fázispályák a szó megszokott értelmében zárt görbék, ez a képlet természetesen a görbék által határolt területet adja meg pozitív el®jellel: a példák mutatták, hogy a fázispályák irányítottsága az óramutató járásával megegyez® értelm¶. A
ϕ
koordinátához tartozó fázispályák azonban mint láttuk nem mind ilyenek:
gyakran sak akkor válnak zárttá, ha a fázissíkot hengerré hajtjuk össze. Ebben az esetben nem nyilvánvaló, mit kell egy fázispálya által határolt területnek tekinteni. Ilyen esetekben a (116) képletet fogadjuk el az
Ij
de ní iójának.
Vegyük pl. a entrális er®térben mozgó tömegpontnál az Iϕ invariánst (77.feladat), és írjuk fel
Iϕ -t
a (116) alapján:
1 2π
Iϕ =
I
pϕ dϕ =
1 2π
Z
+π
pϕ dϕ.
−π
pϕ = konstans, ezért pϕ pϕ lehet negatív is, az Iϕ is lehet negatív.
A fázisgörbe egyenlete azonban a tárgyalt 77.feladatban kiemelhet® az integráljel alól: Az
Ir
Iϕ = pϕ .
Mivel
ezzel szemben mindig pozitív, mert fázisgörbéi a szó megszokott értelmében
zártak. Az
Iq -k
adiabatikus invarian iájának bizonyítása el®tt nézzünk két példát.
A harmonikus osz illátor fázispályái mint a 75.feladatban láttuk ellipszisek, területüket könnyen kiszámíthatjuk, és azt találjuk, hogy az eredmény mutatja, hogy az
E/ω
2πE/ω -val
egyenl®.
Ez
hányados adiabatikus invariáns, amint azt a
32.feladatban már bebizonyítottuk. 81.Feladat: Igazoljuk a fenti állítást.
Igazolás: terület De
A2 = 2E/D = 2E/mω 2 ,
= π · xmax · pmax = π · A · mωA
ezért
terület
= πmω ·
E 2E = 2π .♣ 2 mω ω
A számítás egyszer¶sége ellenére érdemes ugyanezt a feladatot egy másik módszerrel is megoldani, amely a viriáltételen alapul (60.feladat).
E
=
=
(viriál tétel)
1 T
Z
t+T t
Újra azt kaptuk, hogy
¯ = 2· = 2K
1 p · v dt = T E/ω
Z
t
1 T
t+T
Z
t+T
t
m 2 v dt = 2
1 dx dt = p· dt T
(117)
I
2π I = ωI. pdx = T
adiabatikus invariáns, hiszen
I -vel
egyenl®.
Próbáljuk ki ugyanezt a gondolatmenetet a bolygómozgásnál is. Engedjük meg, hogy a pálya síkja általános helyzet¶ legyen, zárjon be mondjuk síkkal. A
ϑ
ekkor a
(Θ, π − Θ)
intervallumban fog változni.
120
Θ
szöget az
xy
Zárt pályánál
E < 0,
E
=
és
1 − T
=
Z
t+T
m 2
t
1 T
¯ =− = −K
(viriál tétel)
r˙ 2 +
Z
t+T
K dt =
t
m 2 ˙2 m 2 2 r ϑ + r sin ϑ · ϕ˙ 2 . 2 2
Határozzuk meg az impulzusokat a kinetikus energia polárkoordinátákban érvényes alakjából, és az els® két integrált alakítsuk át a következ® módon:
Z
t+T
t t+T
Z
t
m 2 r˙ 2
=
m 2 ˙2 r ϑ 2
=
1 2 1 2
Z
t+T
t
Z
t+T
t
1 pr r˙ dt = 2 1 pϑ ϑ˙ dt = 2
Z
t+T
1 dr pr dt = dt 2
t
Z
t+T
pϑ
t
I
1 dϑ dt = dt 2
pr dr = πIr
I
pϑ dϑ = πIϑ .
A harmadik integrálnál azonban jobban oda kell gyelni az el®jelre. Az
πIϕ
mint tudjuk lehet negatív is, és ezért
Iϕ
ugyanis
bizonyosan nem lehet egyenl® a
kinetikus energia harmadik tagjával, amely mindig pozitív. Külön kell tárgyalni azt az esetet, amikor Ha
Z
ϕ˙ > 0,
t+T
t
ϕ˙
akkor
pozitív, ill. negatív.
t
növekedtével
1 m 2 2 r sin ϑ · ϕ˙ 2 = 2 2
Z
ϕ˙ < 0, Z
t
akkor
t+T
t
is növekszik a
t+T
pϕ ϕ˙ dt =
t
növekedtével
m 2 2 r sin ϑ · ϕ˙ 2 2
= =
Mivel a baloldal pozitív, ezért
1 2
Iϕ > 0. ϕ sökken
Mivel a baloldal pozitív, ezért Ha
ϕ
Z
t+T
a
π
pϕ
t
értékt®l
+π
1 dϕ dt = dt 2
értékt®l
−π
Z
felé, ezért
π
pϕ dϕ = πIϕ .
−π
felé, ezért
Z Z 1 t+T dϕ 1 t+T dt = pϕ ϕ˙ dt = pϕ 2 t 2 t dt Z Z 1 −π 1 π pϕ dϕ = − pϕ dϕ = −πIϕ . 2 π 2 −π
Iϕ < 0.
Ezek az el®jelviszonyok mutatják, hogy amikor
Iϕ -t
−π
ϕ˙
el®jelét nem spe ializáljuk, az
abszolút érték jelek közé kell tenni:
Z
t+T
t
m 2 2 r sin ϑ · ϕ˙ 2 = π|Iϕ |. 2
Mindezt gyelembe véve azt találjuk, hogy
E=−
1 T
Z
t
t+T
π Kdt = − (Ir + Iϑ + |Iϕ |). T 121
(118)
Alakítsuk át
T -t
is a Kepler-problémánál tárgyalt (56), (57), (58) képletek segít-
ségével:
T =
2πm2 γm1 m2 |Lz | 2πm2 ab = · ·p . |Lz | |Lz | 2|E| 2m2 |E|
Ha ezt a formulát (118)-ba beírjuk, és gyelembe vesszük, hogy korlátos mozgásnál
E < 0,
rövid átalakítás után a fontos
E=− képletre jutunk, amelyben
m1
γ 2 m21 m32 2(Ir + Iϑ + |Iϕ |)2
a entrális égitest,
m2
(119)
pedig a bolygó tömege.
A (119) spe iális esetként tartalmazza az 55.feladat eredményét: amikor a entrális 2 égitest m1 tömege adiabatikusan változik (közben γ és m2 konstans), az E/m1 arány 3 adiabatikus invariáns. Amikor azonban m2 változik lassan, és m1 konstans, az E/m2 2 2 3 arány az, ami invariáns. Amikor a paraméterek egyidej¶leg változnak, az E/γ m1 m2 tört az, ami változatlan marad, mivel egyedül az Ir , Iϑ , Iϕ adiabatikus invariánsok függvénye. Látni fogjuk, hogy a (119) képletnek fontos szerepe van a hidrogénatom kvantumelméletében. * A (116) adiabatikus invarian iájának a bizonyítását az be, amikor
I=
1 2π
I
Ez a képlet természetesen feltételezi, hogy a zárt görbe a
q, p
n=1
esetben mutatjuk
pdq. p
egy
p(q)
függvénnyel egyenl®, amely
fázissíkon minden példában ez volt a helyzet. Ez akkor teljesül,
ha a feladat integrálható (1.17 fejezet B) tipus). Ha pl. az energia mozgásállandó,
p(q) függvényt úgy kapjuk, hogy a H(q, p) = E = konst egyenletet megoldjuk p a q -n kívül E -t®l is fog függeni. Ha H -ban külön feltüntetjük azt a paramétert jelöljük Λ-val , amely majd adiabatikusan változni fog, akkor p-t a H(q, p; Λ) = E megoldásából kapjuk, és ezért q, E mellett Λ-t is tartalmazni fogja: akkor a
p-re
és így a
p = p(q; E; Λ). Az
I
ennek a függvénynek
q
szerinti integrálja, ezért az
E
és a
Λ
függvénye.
E -t E + ∆E -re, Λ-t Λ + ∆Λ-ra változtatjuk, akkor a p függvényalakja p(q; E; Λ)-ról p(q; E; Λ) + ∆p(q; E; Λ)-ra változik. A ∆p függvényt természetesen a H(q, p + ∆p; Λ + ∆Λ) = E + ∆E egyenletb®l kapjuk. Kis változásoknál ez az egyenlet ilyen: Miel®tt a bizonyításhoz hozzáfognánk megjegyezzük, hogy ha
H(q, p; Λ) +
∂H(q, p; Λ) ∂H(q, p; Λ) ∆p + ∆Λ = E + ∆E. ∂p ∂Λ 122
Ebben
a képletben
∆p(q; E; Λ)
p-n
p(q; E; Λ) függvényt, ∆p-n H(q, p; Λ) = E és
természetesen a
függvényt kell érteni. Ezért
∆p =
∂H ∆Λ ∂Λ . ∂H ∂p
∆E −
a keresett
(120)
Erre a képletre lesz szükség a bizonyításnál. Emlékezzünk vissza, hogy az adiabatikus invarian iával kap solatos 32., 50. 55.feladat megoldásának kiindulópontja az
E˙ -nak
a
Λ˙ -n
és
keresztüli kifejezése volt. A
(115) szerint ez a kap solat így írható:
dE ∂H ∂H ˙ Λ, = = dt ∂t ∂Λ H sak a Λ paraméteren keresztül függ az id®t®l. ∂H tényez® egy perióduson belül gyorsan változik (a benne lév® q, p periódikus ∂Λ
ugyanis A
változása miatt), de periódusról periódusra a változása lassú. Célszer¶ ezért az energia egy teljes periódusra es® változásával foglalkoznunk. Ezt a változást, amely mint mondottuk lassú,
∆E -vel
jelöljük:
∆E ≡ E(t + T ) − E(t) = Most használjuk ki, hogy
Λ
Z
t+T
t
dH dt = dt
Z
adiabatikusan változik és a
t+T
t
T
∂H ˙ Λdt. ∂Λ
periódus alatt a változási
sebessége állandónak tekinthet®:
∆E = Λ˙
Z
t+T
t
A jobboldalon
t
∆Λ
a
Λ
megváltozása
pillanatban felvett konstans
Λ(t)
∆Λ ∂H dt = ∂Λ T T
Z
t+T
t
id® alatt. A
∂H dt. ∂Λ
t-integrálban természetesen Λ a (t, t + T ) intervallumban.
értéket jelenti az egész a
Írjuk az utolsó egyenletet
Z
t
t+T
∂H ∆E − ∆Λ dt = 0 ∂Λ
alakban, és a
dt =
dq dq = ∂H q˙ ∂p
egyenl®ség alapján (a második lépésben a Hamilton-egyenletet használtuk) a t-integrálást helyettesítsük
q -integrálással: I ∆E − ∂H ∆Λ ∂Λ dq = 0. ∂H ∂p 123
A (120) szerint ez az egyenl®ség a
I
∆p · dq = 0
(121)
alakban is írható, amelyben
∆p ≡ ∆p(q; E; Λ) = p(q; E + ∆E; Λ + ∆Λ) − p(q; E; Λ). Ezt a különbséget (121)-be írva a
I
p(q; E + ∆E; Λ + ∆Λ)dq =
I
p(q; E; Λ)dq
egyenl®ségre jutunk, ami az alábbi megjegyzés gyelembevételével mutatja,
I
hogy
tényleg adiabatikus invariáns:
I(E + ∆E, Λ + ∆Λ) = I(E, Λ). A képlet jelentése szavakban: Ha a rendszer
Λ paraméterét lassan változtatjuk, akkor I(E, Λ) kombiná ió állandó
a mozgás energiája szintén lassan változik úgy, hogy az maradjon. Megjegyzés: tartománya is
Amikor
Λ
és
E
q -integrálás qmin −→ qmin + a p(q + ∆q; E + ∆E; Λ + ∆Λ) =
megváltozik, általában megváltozik a
19 , mert megváltozik a fordulópontok koordinátája:
∆qmin , qmax −→ qmax + ∆qmax . A ∆qmin és a ∆qmax 0 egyenlet két gyöke. Ennek következtében az I megváltozása
a kontúrintegrálás
de ní iójának a gyelembevételével
∆I
= = −
ahol
Z qmax Z qmax 1 1 p1 dq − p2 dq = ∆ ∆ 2π 2π q qmin # "Z min Z qmax qmax +∆qmax 1 p1 (q; E; Λ)dq − p1 (q; E + ∆E; Λ + ∆Λ)dq − 2π qmin +∆qmin qmin # "Z Z qmax qmax +∆qmax 1 p2 (q; E; Λ)dq , p2 (q; E + ∆E; Λ + ∆Λ)dq − 2π qmin +∆qmin qmin
p1 és p2 a zárt p-pálya két ága. ∆-megváltozásokban lineáris pontossággal Z qmax Z qmax 1 1 1 p1 dq = ∆p · dq + ∆ [p1 (qmax ; E; Λ) · ∆qmax 2π 2π 2π qmin qmin
A
19
−
p1 (qmin ; E; Λ) · ∆qmin ],
Kivétel a q = ϕ eset, mivel a ϕ-integrálás mindig a (−π, +π) intervallumra terjed ki. 124
és hasonló képlet érvényes dulópontokban mind
∆I =
1 2π
Z
p1 ,
p2
mind
integráljának a megváltozására. Mivel azonban a for-
p2
zérus, a
qmax
qmin
∆p1 · dq −
1 2π
[ , ]-k
Z
mindkét tagja elt¶nik, és így
qmax
qmin
∆p2 · dq =
I
(121)
∆p · dq = 0.
* Áttérünk a merev testek mozgására. Minden szilárd test deformálható valamilyen mértékben, de a deformá ió gyakran annyira jelentéktelen, hogy a test merevnek tekinthet®, azaz bármely két pontja közötti távolság állandó.
1.33. A merev test helye és orientá iója
helyzetét
Az 1.25 fejezetben bevezetett jelölésrendszert alkalmazzuk. A merev test ′ ~ O′ komponensei) adják a test önkényesen választott O pontjának koordinátái (az R ′ ′ ′ ′ meg. Az az O X Y Z orientá iójával adjuk meg az iner iarendszerben nyugvó
orientá iót
OXY Z -hez
képest.
Helyezzük át gondolatban az ′ hogy O essen egybe O-val.
O′ X ′ Y ′ Z ′
az
somóvonalnak
rendszert önmagával párhuzamosan úgy,
−−→′ Az OZ azimutszögét jelöljük ϕ-vel, polárszögét ϑ-val. A két szöggel megadjuk −−→′ OZ tengely irányát és az OX ′ Y ′ koordinátasík helyzetét. Az OXY és az OX ′ Y ′
koordinátasíkok metszésvonalát mutató egységvektort A somóvonalat be. Ha
−−→′ OZ -vel
ψ
−−→ ON -el
A somóvonal irányába
szög¶ pozitív irányú elforgatással vihetjük át az
−−→′ OY
tengely-
szembe nézünk, a pozitív irányú elforgatás az óramutató járásával
ellentétes. A három
nevezzük.
jelöljük.
Euler-szögeknek
ϕ, ϑ, ψ szög amelyeket K′ orientá ióját K-hoz képest20 .
meghatározza a
nevezünk egyértelm¶en
Az Euler-szögek egyenérték¶ defíní iója a következ®: Induljunk ki abból, hogy K-t. Végezzük el a K′ rendszer alábbi három pozitív irányú forgatását:
fedi
−→ −−→ ϕ szög¶ forgatás a közös OZ = OZ ′ körül (0 ≤ ϕ < 2π ); −−→′ 2) ϑ szög¶ forgatás az OY új helyzete körül (0 ≤ ϑ ≤ π ); −−→′ 3) ψ szög¶ forgatás az OZ új helyzete körül (0 ≤ ψ < 2π ). ′ Az Euler-szögek a K végs® helyzetét jellemzik. ~ O′ három A merev testnek tehát hat szabadsági foka van: az R
K′
1)
három Euler-szög. 82.Feladat: Határozzuk meg az
−−→′ OZ
és az
tengelyeire.
20
Az Euler-szögek gyakori alternatív jelölése α, β, γ. 125
−−→ ON
komponense és a
egységvektorok vetületeit a
K
Megoldás:
−−→′ OZ = −−→ ON =
(OZx′ , OZy′ , OZz′ ) = (sin ϑ cos ϕ, sin ϑ sin ϕ, cos ϑ) (ONx , ONy , ONz ) = (− sin ϕ, cos ϕ, 0).♣
83.Feladat: Határozzuk meg az
tengelyeire. Megoldás:
Az
−→ OZ
vetülete az
−→ OZ
és az
OX ′ Y ′
−−→ ON
síkra
egységvektorok vetületeit a
sin ϑ
K′
hosszúságú, és mer®leges a
somóvonalra. Ezért
−→ OZ = −−→ ON =
(OZx′ , OZy′ , OZz′ ) = (− sin ϑ cos ψ, sin ϑ sin ψ, cos ϑ) (ONx′ , ONy′ , ONz′ ) = (sin ψ, cos ψ, 0).♣
1.34. Forgás A forgás az orientá ió folyamatos változása. Ha
In nitezimális forgáson
O′
nyugszik
K-ban,
beszélünk. Ebben a fejezetben sak a tiszta forgással foglalkozunk.
tiszta forgásról
(t, t + dt) id®intervallumban bekövetkez® orientá ió~ν egységvektor irányú tengely körüli dα szög¶ esetben a ~ ν iránya id®ben változik: ~ν = ~ν (t). A ~ν (t) irányú a
változást értjük. Ez mindig valamilyen
pillanatnyi forgástengelynek
elfordulás. Az általános egyenest mazza
O′ -t,
nyugalomban vannak. Az
K
A pillanatnyi forgástengely tartal-
ω = ω~ν ~
(pillanatnyi)
szögsebesség
nagysága
szerint
P
K-hoz
dα . dt
viszonyított sebessége
~v = (~ω × ~r). 84.Feladat: Mutassuk meg, hogy egy
az
ω=
′ a test rögzített pontja, amelynek O -höz viszonyított helyzetvektora ~ r, ′ ′ ′ -beli koordinátái pedig (x , y , z ) = konst. A P együtt forog a testtel, ezért (98) Legyen
′
nevezzük.
és a test azon pontjain halad keresztül, amelyek az adott pillanatban
~ω1 + ~ ω2
~ω1
és egy
(122)
~ω2
szögsebesség¶ forgás ered®je
szögsebesség¶ forgás.
Igazolás: A
~v1 = (~ ω1 × ~r)
~v2 = (~ω2 × ~r)
sebességgel történ® mozgások ered® sebessége
~v = ~v1 + ~v2 = (~ ω1 × ~r) + (~ω2 × ~r) = (~ω1 + ~ω2 ) × ~r .♣
A fejezet további részében
O ≡ O′ .
85.Feladat: Tegyük fel, hogy a test úgy forog, hogy sak az egyik Euler-szög
változik. Határozzuk meg a szögsebesség-vektort.
126
Megoldás: . Ha sak
ϕ
változik, akkor
−→ ~ω = ϕ˙ · OZ
(ωx , ωy , ωz ) = (0, 0, ϕ) ˙ (ωx′ , ωy′ , ωz′ ) = (−ϕ˙ · sin ϑ cos ψ, ϕ˙ · sin ϑ sin ψ, ϕ˙ · cos ϑ) Ha sak
Ha sak
ϑ
ψ
változik, akkor
−−→ ~ω = ϑ˙ · ON (ωx , ωy , ωz ) = (−ϑ˙ · sin ϕ, (ωx′ , ωy′ , ωz′ ) = (ϑ˙ · sin ψ,
változik, akkor
ϑ˙ · cos ϕ, 0) ϑ˙ · cos ψ, 0)
−−→ ~ω = ψ˙ · OZ ′
(ωx , ωy , ωz ) = (ψ˙ · sin ϑ cos ϕ, ψ˙ · sin ϑ sin ϕ, ψ˙ · cos ϑ) ˙ (ωx′ , ωy′ , ωz′ ) = (0, 0, ψ). A komponensek felírásánál felhasználtuk a 82. és a 83. feladat eredményét.♣
86.Feladat: Határozzuk meg a szögsebesség vektort az általános esetben.
Megoldás: Ha a test mindhárom forgásban résztvesz, akkor a 84.feladat alapján
ωx ωy ωz ωx′ ωy ′ ωz ′
= −ϑ˙ · sin ϕ + ψ˙ · sin ϑ cos ϕ = ϑ˙ · cos ϕ + ψ˙ · sin ϑ sin ϕ = ϕ˙ + ψ˙ · cos ϑ = = =
(123)
−ϕ˙ · sin ϑ cos ψ + ϑ˙ · sin ψ ϕ˙ · sin ϑ sin ψ + ϑ˙ · cos ψ ˙ ϕ˙ · cos ϑ + ψ.♣
(124)
1.35. A merev test általános mozgása Amikor
O′ K-hoz képest
mozog, akkor (122)-t ki kell egészíteni az
tott sebességével:
O′ K-hoz viszonyí-
~O′ + (~ω × ~r) ~O′ + ~v = V V~ = V ~ =R ~˙ V
Ez az egyenlet
K-ban
~˙ O′ . ~O ′ = R V
P pontjának −−→ ~ RO′ = OO′ .
érvényes, és a test egy rögzített
meg. Emlékeztetünk rá,
(125)
−−→ − → ~ =− hogy ~ OP r = O′ P , R
és
sebességét adja
A (125) tartalmának vizsgálatához képzeljük vizuálisan magunk elé a test mozgását, és a mozgás alapján próbáljuk meghatározni a képletben szerepl®
~O′ -t V
127
~ω -t. V~O′ -t,
és
gos, hogy a test mozgása önmagában nem határozza meg egyértelm¶en
Vilámert
′ függ attól, hogy a test melyik pontját választjuk O -nek. Az ~ ω ezzel szemben közvetlenül ′ a mozgás szemlélése alapján, az O kijelölése nélkül is meghatározható, ugyanis a test
bármely
két pontját összeköt® vektor ugyanazzal az
~ω
szögsebességgel forog.
Ez az állítás bizonyítás nélkül is hihet®, de (125) alapján be is láthatjuk. Írjuk fel
(125)-t a test két tetsz®legesen választott
P1 , P2
pontjára:
~O′ + (~ω × ~r2 ) V~2 = V −−′−→ ~r2 = O P2 ,
~O′ + (~ ω × ~r1 ) V~1 = V −−−→ ~r1 = O′ P1 és képezzük a két egyenlet különbségét:
~1 − V~2 = ~ω × (~r1 − ~r2 ) . V
~1 − V~2 = R ~˙ 1 − R ~˙ 2 = ~r˙1 − ~r˙2 = ~r˙ . Ilyen jelölés mellett V ω szögsebesség¶ tiszta forgást ír le. képletünk azonos (122)-vel, amely valóban ~ ~O′ függ attól, hol vesszük fel a testben az O′ pontot, a ~ω azonban Konklúzió: A V ′ független O választásától. Legyen
~r = ~r1 − ~r2 .
Akkor
A tiszta forgással ellentétben a merev test általános mozgásához nem mindig rendelhet® pillanatnyi forgástengely. 87.Feladat: Mutassuk meg, hogy pillanatnyi forgástengely sak akkor van, ha
~O ′ ⊥ ~ V ω.
Igazolás: Tegyük fel, hogy van pillanatnyi forgástengely. Legyen
tja.
P
az egyik pon-
Mivel de ní ió szerint a pillanatnyi forgástengely pontjai az adott pil-
lanatban nyugalomban vannak, ezért
−−→ V~O′ + (~ω × ~r) = 0 (~r ≡ O′ P ).
Az egyenletb®l
~O′ ) skalárszorzat zérus, tehát a két vektor valóban ortogonális ω ·V következik, hogy az (~ egymásra.♣ Ha van pillanatnyi forgástengely, a test minden pontja rá mer®legesen mozog.
Ezért ha ismerjük a pillanatnyi forgástengely helyzetét és egy akkor a szögsebesség V /l -el egyenl®, ahol
laP
P
pont
V
sebességét,
távolsága a pillanatnyi forgástengelyt®l.
Ha a mozgó test egy adott pillanatban egy egyenes mentén érintkezik egy nyugvó felülettel, akkor az érintkezési egyenes mivel nyugalomban van pillanatnyi forgástengely. 88.Feladat:
Igazoljuk ez utóbbi állítást a vízszintes felületen
szögsebességgel gördül® Igazolás: Legyen
P
R-sugarú
a henger egy kerületi pontja. A
X = R · (ωt − sin ωt) A
P
pályája iklois. A
Vx =
P
ω = konstans
henger példáján.
P
trajektóriája a következ®:
Y = R · (1 − cos ωt).
sebessége:
dX = Rω · (1 − cos ωt) dt 128
Vy =
dY = Rω · sin ωt. dt
(126)
2π n (n egész) pillanatokban Y = 0 és a sebesség is zérus. Ezekben a pillanaω tokban a P -n áthaladó alkotó érintkezik a vízszintes síkkal és pillanatnyi forgástengely. A
t=
Az alkotók egymás után töltik be a pillanatnyi forgástengely funk ióját.
Az
alkotókkal párhuzamos bels® egyenesek sebessége sohasem zérus, ezért ezek sohasem forgástengelyek.♣
89.Feladat: Vezessük le (126)-t (125)-b®l.
Megoldás: A henger az
x-tengelyen
gördül pozitív irányban. Ekkor
ω ~ = (ωx , ωy , ωz ) = (0, 0, −ω) = konstans. V~O′ = (VO′ x , VO′ y , VO′ z ) = (Rω, 0, 0). Az
−−→ ~r = O′ P
vektor
tott koordinátái pedig
Vx Vy
K′ -beli koordinátái (x′ , y ′ , z ′ ) = (0, −R, 0), K-hoz (x, y, z) = (−R sin ωt, −R cos ωt, 0). Eszerint
viszonyí-
= VO′ x + (~ ω × ~r)x = VO′ x + ωy z − ωz y = Rω · (1 − cos ωt) = VO′ y + (~ ω × ~r)y = VO′ y + ωz x − ωx z = Rω · sin ωt.♣
90.Feladat:
R
sugarú golyó gördül vízszintes talajon.
az adott pillanatban legyen
V~ ,
A középpont sebessége
a függ®leges tengely körüli forgás szögsebessége
ωz .
Határozzuk meg a pillanatnyi forgástengely helyzetét. Megoldás: A golyó és a talaj
O
pillanatnyi forgástengely és áthalad
~ -re, és a szögsebesség V K rendszer Z -tengelyét
érintkezési pontja nyugalomban van, ezért van
O-n.
Az iránya mint tudjuk mer®leges
V /R-el egyenl®. A nyugvó ~ -vel mer®legesen, X -tengelyét pedig V
vízszintes síkra vetett vetülete irányítsuk a talajra
párhuzamosan. Akkor
ω = (ωx , ωy , ωz ) = (0, V /R, ωz ).♣ ~
1.36. A merev test mozgásegyenletei Képzeljük úgy, hogy a merev test
N
darab molekulából álló merev rá s.
molekula helyzetvektora a térben rögzített pedig
mα .
OXY Z
F~α
~ α, R
Az
α-ik
tömege
Akkor a test mozgását meghatározó Newton-egyenletek rendszere a következ®:
~¨ α = F~α + F~α# mα R Itt
rendszerben legyen
az
α-k
(α = 1 · · · N ).
molekulára ható küls® er®,
többi molekulája hat az
α-dikra,
F~α#
pedig az a
azaz
F~α# =
N X
β=1
129
# F~β→α ,
bels® er®
(127)
, amivel a test
(128)
ahol a
#
# F~β→α
a
β -k
molekula által az
α-dikra
gyakorolt er®
# (F~α→α = 0).
A bels® er®ket
jellel különböztettük meg a küls®kt®l, vagyis úgy jelöltük ®ket, mint korábban
a kényszerer®ket.
Ezek az er®k ugyanis kényszerer®ként foghatók fel, hiszen nem
er®törvénnyel adjuk meg ®ket, hanem kényszerfeltételekkel, amelyek azt fejezik ki, hogy a molekulák távolsága legyen rögzített (ld.
az 1.21 fejezet
.pontját).
Mint
azt a kényszermozgások tárgyalásánál tapasztalhattuk, a mozgásegyenletek megfogal-
független
mazhatók olyan formában, hogy sak a szabadsági fokok számának megfelel® menynyiség¶
koordinátát tartalmazzák ismeretlen függvényként (ezek az
L-b®l
származtatható Lagrange-egyenletek). A merev test esetében ez hat független egyen′ letet jelent az O pont koordinátáira és a három Euler-szögre. Az alábbiakban ezeket az egyenleteket származtatjuk, de nem az 1.21 fejezetben megismert módszerrel,
izolált
hanem az impulzus és az impulzusmomentum megmaradási törvényéb®l kiindulva Ismeretes, hogy bármely id®ben állandó:
P~
rendszer
˙ P~ = 0,
impulzusa és
J~
21 .
impulzusmomentuma
˙ J~ = 0.
(129)
Ezért akármilyenek is a bels® er®k, ha nem hat küls® er®, (129) teljesül a merev testre, és ez éppen hat egyenlet. Ha
F~α 6= 0,
akkor (129) jobboldalán a nulla helyén valamilyen
jezések állnak. Jelöljük ezeket
Az
F~ -t
F~ -el
és
˙ P~ = F~ ,
teljes er®
nek, a
~ -t K
F~α -tól
függ® kife-
~ -val: K ˙ ~ J~ = K.
forgatónyomaték
nak nevezzük.
(130) Meghatározásukhoz
egyrészt fel kell használnunk a Newton-egyenletet, másrészt ki kell használnunk a bels® er®knek azt a tulajdonságát, hogy nem változtatják meg a teljes impulzust és impulzusmomentumot:
N N N X d X ˙ ¨ 127 X ~ ˙ ~ ~ ~ Fα . mα R α = mα Rα = P = dt α=1 α=1 α=1
(131)
Az utolsó lépésben a bels® er®k összegét elhagytuk. Ez az összeg bizonyosan zérus, ellenkez® esetben a bels® er®k járulékot adnának a teljes impulzus megváltozásához. A (131)-t (130)-al összevetve látjuk, hogy a teljes er® a test részeire ható küls® er®k vektoriális összege:
F~ =
N X
F~α .
(132)
α=1 Hasonló módon vezethet® le a forgatónyomaték képlete:
21 A test mozgása során a testben változó feszültségek ébrednek attól függ®en, hogy mekkora kényszerer®k szükségesek ahhoz, hogy a test geometriai szerkezete változatlan maradjon. A továbbiakban azonban ezekkel a bels® feszültségekkel nem foglalkozunk. 130
N N N X X d X ~ ˙ ~ α × mα R ~¨ α ). ~˙ α × mα R ~˙ α ) + ~˙ α ) = J~ = (R (R (Rα × mα R dt α=1 α=1 α=1 Az els® összeg zérus, a másodikban használjuk megint (127)-t, de hagyjuk el bel®le a bels® er®ket:
N ˙ X ~ ~ J= (Rα × F~α ). α=1
Ezt a képletet (130)-al összevetve látjuk, hogy a teljes forgatónyomaték a test részeire ható forgatónyomatékok vektoriális összege:
~ = K
N X
~ α × F~α ). (R
(133)
α=1 A
P~ ,
a
J~,
az
F~
és a
~ K
általában függ a test mind a hat általános koordinátájától O′ pont koordinátái és az Euler-szögek). A merev test
(ezek mint tudjuk, az
mozgásegyenleteit úgy kapjuk, hogy (130) mindegyik egyenletét ezeken az általános koordinátákon keresztül fejezzük ki (ld. a 37. és a 41.fejezetet). Ezekben a változókban (130) id®ben másodrend¶ közönséges dieren iálegyenlet rendszerré válik.
1.37. A tömegközéppont Ebben a fejezetben megmutatjuk, hogyan lehet a (130) els® egyenletét kifejezni a merev test hat általános koordinátáján keresztül. Ezt könnyíti meg a tömegközéppont fogalma, amely a pontrendszereknél is hasznosnak bizonyult. A tömegközéppontot böztetésére a
c
a tömegközéppont
O-hoz
P~ = N X
jelöljük, és helyvektorának, sebességének megkülön-
N X ~c = 1 ~ α; R mα R M α=1
~c = R ~˙ c V
(134)
viszonyított helyzetvektora és sebessége. Ezért
N X ~ ~c , ~ α = M dRc = M V ~α = d mα R mα V dt dt α=1 α=1 N X
mα a test tömege. α=1 ′ Fejezzük ki az impulzust az O pont sebességén keresztül is. A (125) alapján
ahol
M=
C -vel
indexet használjuk:
~c = V ~O′ + (~ω × ~rc ), V 131
(135)
ahol
~c − R ~ O′ ~rc = R
O′ -re
a tömegközéppont
vonatkoztatott helyzetvektora. Ennek
alapján
~O′ + (~ω × ~rc ) . P~ = M. V
Ezt a képletet többnyire két spe iális esetben használjuk: 1) A test a térben rögzített
2) Az
O′
O′
entrum körül forog:
P~ = M.(~ω × ~rc )
~O′ = 0). (V
pont egybeesik a tömegközépponttal:
~O′ P~ = M V
(O′ = C).
impulzus A testre ható~ er® kiszámításánál azonban ez a helyettesítés általában nem megengedett F Ez a képlet mutatja, hogy az
M
felírásánál a merev test helyettesíthet® egy
tömeg¶ tömegponttal, amely a tömegközéppont helyén mozog.
, mivel az er® O′ pillanatnyi
függhet a test orientá iójától az Euler-szögekt®l is, nem sak az helyzetét®l (ld. a következ® feladatot). Fontos kivétel az
F~α = −mα · g · ~n homogén gravitá iós mez® (~ n a földfelszínre mer®leges vektor), amelynél
N X
F~ = −g
α=1
!
mα .~n = −gM.~n
nem függ sem a helyzett®l, sem az orientá iótól. 91.Feladat: Szivaralakú homogén
tömegközéppontja Megoldás:
2l
R
Legyen
O
~ c -re, R
test kering a Nap körül úgy, hogy
−−→ ~ c ), O′ a tárgy középpontja (OO′ = R 2l ≪ Rc , ezért ha a szimmetriatengely
a Nap középpontja
pedig a tárgy hossza.
mer®leges
M -tömeg¶
sugarú kört ír le. Hogyan függ a rá ható er® az orientá iójától?
Feltesszük, hogy
akkor igen nagy pontossággal a tárgy minden része skéjére ugyanaz
az
F⊥ = vonzóer® hat (M⊙ a Nap tömege,
γ
γmα M⊙ Rc 2
a gravitá iós állandó). Ha a test tengelye
~ c -vel R
párhuzamos, akkor a Naphoz közelebbi végén nagyobb gravitá iós er® hat, mint a Naptól távoli végén. Mivel az er® fordítva arányos a távolság négyzetével, megnövekedése (a tömegközépponthoz képest) a Naphoz közeli végpontban (∆1 F ) nagyobb, mint a
sökkenése az ellenkez® végpontban (∆2 F ). Ezért ebben a helyzetben a vonzóer® egy
F⊥ -nél
nagyobb
Fk
lesz.♣ 132
{
∆
}∆
R
1.38. Az O′ -re vonatkoztatott impulzusmomentum és forgatónyomaték Az
O-ra
vonatkoztatott
~ =
J~
mellett gyakran van szükség az
N X
α=1 implzusmomentumra is.
mα (~rα × ~vα ) =
A
~-re
N X
α=1
vonatkozó
meg:
~˙ =
N X
α=1 mert
(~r˙ α × ~vα ) = (~vα × ~vα ) = 0.
O′ -re
vonatkoztatott
mα (~rα × (~ω × ~rα ))
K-beli
(136)
mozgásegyenletet így kaphatjuk
mα (~rα × ~v˙ α ),
Továbbá
~˙ O′ , ~˙ α − mα V ~˙ O′ = F~α − mα V mα~v˙ α = mα V tehát
~˙ O′ ), ~˙ = ~k − M.(~rc × V
ahol
~k =
N X
(137)
(~rα × F~α )
α=1 az
O′ -re
vonatkoztatott forgatónyomaték.
A (137) egyenlet érvényes az általános esetben. A jobboldal második tagja azonban gyakran zérus:
~˙ = ~k
(O
′
= C,
és/vagy
~O′ =konstans, V
133
és/vagy
~˙ O′ ). ~rc k V
′ Megjegyzés: A (137) levezetésénél ugyan abból indultunk ki, hogy O a testhez ′ rögzített K origója, valójában a levezetésnél ezt nem használtuk ki. A (137) akkor is ′ igaz, ha O mozgó pont a térben.
tetsz®legesen
A
J~
és a
~α = R ~ O′ + ~rα ~ kap solata: R J~ =
N X
következtében
~ O′ × P~ ) + ~ α × mα V~α ) = (R (R
α=1 Elvégezzük a
O′ = C
~α = V ~O′ + (~ ω × ~rα ) V
N X
α=1
(~rα × mα V~α ).
helyettesítést:
~O′ ). ~ O′ × P~ ) + (~rc × M V J~ = ~ + (R
(138)
választásnál a jobboldal utolsó tagja zérus, a második tag pedig egy
pályamomentumnak spin
olyan tömegpont impulzusmomentuma, amely a test impulzusával a tömegközéppont helyén mozog. Ezt
nevezik, és általában
s®" impulzusmomentum (más néven
~ -el S
~ -el L
jelölik. A
~ a
"bel-
), amelyet különösen az atom zikában
szokás jelölni. Az új jelölések felhasználásával
~ +S ~ J~ = L A
~ K
és a
~k
(O′ = C).
kap solata:
~ = ~k + (R ~ O′ × F~ ). K
(139)
F~ = 0, a forgatónyomaték független az O′ pont választásától. Ez ′ akkor is igaz, mikor O nyugszik K-ban (vagyis az O egyszer¶ áthelyezésekor). ′ ~ = ~, K ~ = ~k , Tiszta forgásnál O = O a természetes választás. Ebben az esetben J Látjuk, hogy ha
és általában a "nagybet¶s" mennyiségek megegyeznek a megfelel® "kisbet¶sökkel".
1.39. A tehetetlenségi nyomaték Alakítsuk át (136)-t az
~a × (~b × ~c) = ~b(~a · ~c) − ~c(~a · ~b) 22:
vektoralgebrai azonosság felhasználásával
~ = Ezt az összeget átírhatjuk a
X
m r2 ω ~ − (~r · ω ~ )~r .
22 A továbbiakban minden olyan összegzés, amelyen nem tüntetjük fel az összegzési indexet, a merev testet alkotó része skékre terjed ki.
134
X
ji =
Iij ωj
(az i, j
koordinátaindex)
(140)
j
alakba
23 , amelyben
Iij =
a
tehetetlenségi tenzor
X
m(r2 δij − xi xj )
komponensei (δij a
(r2 ≡ x21 + x22 + x23 )
(141)
Krone ker-szimbólum
, amely
i = j -nél 1-el,
egyébként 0-val egyenl®). Részletesen kiírva:
P
P − P mxz P− 2myz 2 m(x + y )
P 2 2 m(y P + z ) P− 2mxy 2 Iij = − P myx m(x P +z ) − mzx − mzy
Ezek a komponensek a hogy a molekulák
(x, y, z)
′ érvényesek. A K -beli komponenseket úgy kapjuk, ′ ′ ′ koordinátáit (x , y , z )-vel helyettesítjük, és az I indexeit
K-ban
is vessz®zzük. Az
Iij
és az
Ii′ j ′
között lényeges különbség, hogy az
Iij
komponensek általában
id®ben változók, az Ii′ j ′ -k azonban a testre jellemz® konstansok a testhez rögzített K′ adott választása mellett. Ezért az utóbbi komponensek sokkal fontosabbak, és a
továbbiakban sak velük foglalkozunk. Az
Ix′ x′ , Iy′ y′ , Iz′ z′
diagonális elemeket az
X ′,
az
Y′
és a
Z′
tengelyekhez vi-
szonyított tehetetlenségi nyomatékoknak nevezzük. A nem diagonális elemek az un.
egyedül a testre
deviá iós nyomatékok.
Ahhoz, hogy a tehetetlenségi tenzor jellemz® komponensekkel ren′ ′ delkezzen, egyértelm¶en rögzíteni kell O helyzetét és K tengelyeinek irányát. Jelöljük I c -vel azt a tehetetlenségi tenzort, amelyet akkor kapunk, ha 1)
O′ -t
a
2) az un.
f®tengelyeket
C
tömegközéppontba helyezzük, és ′ választjuk K koordináta-tengelyeinek.
Általános matematikai tétel, hogy a koordinátatengelyek alkalmas orientá iójával minden szimmetrikus tenzor (mátrix) diagonális alakra hozható, amelyben a mátrix
f®tengelyeknek
nemdiagonális elemei (a tehetetlenségi tenzornál deviá iós nyomatékok) mind nul′ lák. Ezeket a tengelyirányokat nevezik , az általuk meghatározott K -t
f®tehetetlenségi rendszernek X Y nak
elemét pedig az
′
, az
f®tehetetlenségi nyomaték-
, a tehetetlenségi tenzor három fennmaradó (diagonális) ′ ′ és a Z tengelyhez viszonyított
. A f®tehetetlenségi nyomatékok standard jelölése a következ®:
Ixc′ x′ ≡ A A f®tehetetlenségi rendszerben
Iyc′ y′ ≡ B ~ komponensei
Izc′ z′ ≡ C. (140) szerint a következ®k:
A koordinátaindexet egyaránt tekinthetjük 1, 2, 3-nak vagy x, y, z-nek. Mindig azt választjuk, amelyik az adott helyen szemléletesebb. 23
135
jx′ = Aωx′ Az
A, B, C
jy′ = Bωy′
jz′ = Cωz′ .
(142)
relatív nagysága szerint a testek a következ® módon osztályozhatók:
6 B= 6 C A= 6 C A=B= A=B=C
aszimmetrikus pörgetty¶ szimmetrikus pörgetty¶ gömbi pörgetty¶.
A f®tengelyek testhez viszonyított helyzete sak aszimmetrikus pörgetty¶nél egyértelm¶. ~ ′ körül tetsz®leges szöggel CZ
minden C
A szimmetrikus pörgetty¶ f®tehetetlenségi rendszerét az el lehet forgatni, a gömbi pörgetty¶nél pedig f®tehetetlenségi rendszer.
középpontú rögzített rendszer
A f®tengelyek megtalálását megkönnyítik a test szimmetriái. A tömegközéppont helyzete és a f®tengelyek iránya ugyanis tükrözi a test szimmetriáit. Ha pl. a testnek van szimmetriasíkja, akkor a tömegközéppont és két f®tengely ebben a síkban fekszik, a harmadik pedig mer®leges rá. Ha a test tengelyszimmetrikus, akkor a tömegközéppont a szimmetriatengelyen fekszik, az egyik f®tengely egybeesik a szimmetriatengellyel, a másik kett® pedig mer®leges rá (és egymásra). A f®tehetetlenségi nyomatékok nagyságára vonatkozó ökölszabály: minél jobban "simul" a test valamelyik f®tengelyhez, annál kisebb a megfelel® f®tehetetlenségi nyomaték. 92.Feladat: Mutassuk meg, hogy a szabályos háromszög alapú homogén hasáb
szimmetrikus pörgetty¶. Igazolás:
bármely
Direkt számítással igazolható, hogy a
lyére mer®leges
C -n
átmen® és a hasáb tenge-
tengelyhez viszonyítva ugyanazt a tehetetlenségi nyomatékot
−−→′ CZ szimmetriatengelye körül 120◦-al −−→′ −−→′ helyzetet kapjuk vissza. Ezért ha CX és CY f®tengely, akkor −−→′ −−→′ ′ elforgatott CX és CY is f®tengely. A K tengelyirányai esz-
kapjuk. Ez abból következik, hogy ha a hasábot elforgatjuk, az eredeti
◦ ◦ a 120 -al és a 240 -al
erint nem egyértelm¶ek, ezért a test nem lehet aszimmetrikus pörgetty¶, és (legalább) két f®tehetetlenségi nyomatéka egyenl® (A f®tehetetlenségi nyomaték is egyenl®
= B).
A-val,
Ha véletlenül a
−−→′ CZ -höz
tartozó
C
akkor a hasáb gömbi pörgetty¶.♣
A példa mutatja, hogy a "gömbi pörgetty¶" elnevezés elég félrevezet®, mert a homogén testek közül korántsem sak a gömb tartozik ebbe a kategóriába.
rotátor
93.Feladat: Számítsuk ki az egy egyenesen fekv® tömegpontok (
hetetlenségi nyomatékait.
B
Megoldás: Legyen a tömegpontokat tartalmazó egyenes a P = mz 2 , C = 0.♣ 94.Feladat:
Z′
) f®te-
tengely. Akkor
A=
Igazoljuk, hogy két f®tehetetlenségi nyomaték összege nem lehet
kisebb a harmadiknál. Igazolás:
136
Ix′ x′ + Iy′ y′ =
X
m(x′2 + y ′2 + 2z ′2 ) ≥
m(x′2 + y ′2 ) = Iz′ z′ .♣
¯ ′a tehetetlenségi tenzor komponenseit abban a K ′ ben, amelynek origója a test tetsz®leges O pontja, a tengelyei pedig párhuzamosak a 95.Feladat: Jelöljük
I¯i′ j ′ -vel
X
(C origójú) f®tehetetlenségi rendszer tengelyeivel. Mutassuk meg, hogy
−−→ a ≡ CO′ ahol ~
I¯i′ j ′ = Iic′ j ′ + M (a2 δi′ j ′ − ai′ aj ′ ),
(143)
Steiner tétele
(
).
Igazolás: A (141) szerint
I¯i′ j ′ = amelyben
X
¯j ′ ), m(¯ r2 δi′ j ′ − x¯i′ x
xi′ = x¯i′ + ai′ . ~a komponenseiben lineáris tagok mind fennmaradó tagok (143)-t adják.♣
Ha ezt behelyettesítjük, az vel, ezért nullák. A
arányosak
P
mxi′ -
96.Feladat: Számítsuk ki az alábbi homogén testek f®tehetetlenségi nyomatékait:
l hosszúságú vékony rúd. R sugarú gömb.
) R sugarú, h magasságú körhenger. d) a, b, c élhosszúságú téglatest. e) h magasságú körkúp. Az alaplap sugara R. f ) a, b, c f®tengelyekkel rendelkez® ellipszoid. a)
b)
Megoldás:
1 M l 2 , C = 0. 12 2 b) A = B = C = M R2 . 5 M 1
) A = B = R2 + h2 , C = 21 M R2 . 4 3 M 2 M 2 M 2 2 d) A = (b + c ) B = (c + a2 ) C = (c + a2 ). 12 12 12 3 3 h2 , C = e) A = B = M R2 + mR2 . 20 4 10 M 2 M 2 M 2 f) A = (b + c2 ) B = (a + c2 ) C = (a + b2 ) .♣ 5 5 5
a)
A=B=
137
1.40. A merev test mozgási energiája A merev test mozgási energiáját
T -vel
fogjuk jelölni.
T
a testet alkotó része skék
mozgási energiáinak összege:
T
Xm
X m 2 V~O′ + (~ω × ~r) = V2 = 2 2 X 1 2 X 1X ~O ′ ω ~× m~r = VO′ m+ m(~ω × ~r)2 + V 2 2 1 1X 2 ~O′ (~ω × ~rc ). M VO′ + m(~ω × ~r)2 + M V 2 2
= = =
A 2.tag átalakításához használjuk az
~ = (~a · ~c)(~b · d) ~ − (~a · d)( ~ ~b · ~c) (~a × ~b) · (~c × d) vektoralgebrai azonosságot:
1X (~ ω × ~r)2 2
= =
1X 2 2 m ω r − (~ω · ~r)2 = 2 i 1 X hX (141) 1 X m(r2 δi′ j ′ − xi′ xj ′ ωi′ ωj ′ = Ii′ j ′ ωi′ ωj ′ . 2 ′ ′ 2 ′ ′ ij
(Az
i′ , j ′
szerinti összegzés a
ij
K′ -beli
három komponensre terjed ki. Az az összegzés,
amelyiken nem tüntettünk fel összegzési indexet, az
N
darab része skére történik.)
Végeredményben:
T =
1 1X ~O′ (~ω × ~rc ) M VO2′ + Ii′ j ′ ωi′ ωj ′ + M V 2 2 ′ ′
(144)
ij
Helyezzük
O′ -t
a tömegközéppontba.
Akkor
~rc = 0,
és a kinetikus energia a
transzlá iós mozgás és a forgás mozgási energiáinak összege:
T = Tt + Tf =
1 1X M VO2′ + Ii′ j ′ ωi′ ωj ′ . 2 2 ′ ′
(145)
ij
Ha
K′
f®tehetetlenségi rendszer, akkor
Tf =
1 Aωx2′ + Bωy2′ + Cωz2′ . 2
138
(146)
y A l
l
ϕ B
O
97.Feladat:
és
AB
OA M tömeg¶ rúd, amelyek A-ban suklósan O körül a rajz síkjában forog, a B pont az
Számítsuk ki az ábrán látható rendszer mozgási energiáját.
két vékony homogén
l
hosszúságú
vannak összekötve egymással. Az
Ox
x
OA
az
tengelyen súszik. Megoldás:
ahol
I=
1 M l2. 12
TOA
=
TAB
=
M l2 2 I 2 ϕ˙ + ϕ˙ 8 2 I ϕ˙ 2 M l2 (1 + 8 sin2 ϕ)ϕ˙ 2 + , 8 2
Végeredményben
T = TOA + TAB = 98.Feladat:
Egy
R
M l2 (1 + 3 sin2 ϕ)ϕ˙ 2 .♣ 3
sugarú henger tömegeloszlása olyan, hogy az egyik f®te-
hetetlenségi tengely a henger geometriai tengelyével párhuzamosan helyezkedik el attól
a
I
távolságban. Ehhez a f®tengelyhez
tehetetlenségi nyomaték tartozik. Írjuk fel
a gördül® henger mozgási energiáját.
a
ϕ
R
139
ϕ
K′
origóját helyezzük C -be. 1 2 Ekkor Tf = I ϕ˙ . 2 A C sebességének kiszámítása érdekében vegyük észre, hogy a pillanatnyi forgástengely ˙ szögsebességgel a henger talajjal érintkez¶ alkotója. A test ekörül forog ugyan sak ϕ Megoldás: A
szöget vezessük be az ábra szerint. A
(a szögsebesség minden párhuzamos tengely körül ugyanakkora). Ezért
p VO′ ≡ Vc = ϕ˙ a2 + R2 − 2aR cos ϕ,
M 2 a + R2 − 2aR cos ϕ · ϕ˙ 2 . 2 T = Tf + Tt .♣ Tt =
Természetesen
Energiatétel: Legyen
O′ = C ,
és
K′
f®tehetetlenségi rendszer.
˙ T˙ = M V~c · V~c + (Aωx′ ω˙ x′ + Bωy′ ω˙ y′ + Cωz′ ω˙ z′ ).
Mindkét tagot átalakítjuk:
~c · P~˙ = V~c · F~ , ~˙ c = V M V~c · V
Aωx′ ω˙ x′ + Bωy ′ ω˙ y ′ + Cωz ′ ω˙ z ′ = (~ ω · ~˙) = (~ω · ~k).
T˙ = V~c · F~ + (~ω · ~k),
azaz a kinetikus energia változási sebessége a küls® er® és a forgatónyomaték által betáplált teljesítménnyel egyenl®.
1.41. Az Euler-egyenlet ′ Foglalkozzunk a (130) második egyenletének részletesebb felírásával. Legyen O = C . ′ ˙ = ~k alakú Az O -höz viszonyított mennyiségekre vonatkozóan ez az egyenlet K-ban ~ ′ (38.fejezet). Írjuk át a K f®tehetetlenségi rendszerben érvényes formába. Ennek
érdekében alkalmazzuk (98)-t
~-re:
˙ ~˙ = ~′ + (~ω × ~), amelynek alapján
(147)
~˙ ′ pedig a szögsebesség válaz impulzusmomentum, ω ′ tozási sebessége a testhez rögzített K rendszerhez képest. Az alábbiakban azonban Emlékeztetünk rá, hogy
˙ ~ ′
~˙′ + (~ω × ~) = ~k.
140
az
ω˙ i′′
helyett a következetlenebb, de élszer¶bb
ω˙ i′
jelölést fogjuk használni: gyakor-
latilag u.i. nem fenyeget az a veszély, hogy ez utóbbin a
ω ~˙ -nak
(az
sebességének) vessz®s komponenseit értsük. A (142) alapján ezért
djy′ ′ = Bω˙ y′ dt
djx′ ′ = Aω˙ x′ dt
~ω K-beli
változási
djz′ ′ = Cω˙ z′ , dt
továbbá
(~ ω × ~)x′ = (C − B)ωy′ ωz′
(~ ω × ~)y′ = (A − C)ωz′ ωx′ (~ ω × ~)z′ = (B − A)ωx′ ωy′ .
A (147) vessz®s komponensei tehát a következ®k:
Aω˙ x′ + (C − B)ωy ′ ωz ′ = kx′ Bω˙ y ′ + (A − C)ωz ′ ωx′ = ky ′
(148)
Cω˙ z ′ + (B − A)ωx′ ωy ′ = kz ′ . Ezek az
ωi′ -re
vonatkozó összefüggések az
ségével a térben rögzített
K-hoz
Euler-egyenletek
. Ha az egyenletek segít-
viszonyítva akarjuk vizsgálni a mozgást, akkor (124)
segítségével az Euler-szögekre vonatkozó, id®ben másodrend¶ dieren iálegyenletekké alakíthatjuk át ®ket. Néha azonban kifejezetten el®nyös, ha a f®tehetetlenségi rendszerben érvényes mozgásegyenlettel dolgozhatunk.
Ez az eset pl.
akkor, amikor a
Föld forgását "földi néz®pontból" akarjuk megérteni (ld. a 43.fejezetet).
1.42. A szimmetrikus pörgetty¶ reguláris pre essziója ′ ′ A szimmetrikus pörgetty¶ tiszta forgásánál (O = O = C ) a szimmetriatengely (a K Z ′ -tengelye), az ω ~ (pillanatnyi) szögsebesség vektor, valamint a J~ ≡ ~ impulzusmomentum-vektor minden pillanatban egy síkban fekszik. Ez a
ωx′ Jx′ Aωx′ Aωx′ = = = Jy′ Bωy ′ Aω y ′ ωy ′ egyenletb®l következik, amely mutatja, hogy
Szabad
~ω-nak
és
J~-nek
az
OX ′ Y ′
síkra vetett
vetülete ugyanarra az egyenesre esik.
~ forgásnál (K
≡ ~k = 0)
a három vektor által bezárt szög id®ben állandó (a
vektorok relatív helyzete rögzített), noha a közös sík, amelyben feküsznek, változtatja a helyzetét.
141
z’
z’
Qt
Qt
ω
J β
J
α
ω
α
β C > A, β > α
C < A, β < α (nyújtott forgási ellipszoid)
(lapult forgási ellipszoid)
t pillanatbeli közös síkot Qt -vel, a szimmetriatengelynek az impulzusmoα-val és β -val (ld. az ábrát). E ′ ′ szimmetriatengelyre mer®leges irányú (az OX Y síkba es®) komponensét
Jelöljük a
mentummal és a szögsebességgel bezárt szögét pedig két vektor
J~⊥ -el
és
ω ~ ⊥ -el
jelöljük. Nyilván
tg
α=
Aω ⊥ J⊥ = Jz′ Cωz ′
tg
β=
ω⊥ , ωz ′
(149)
ahonnan tg
Az
α
és a
β
β − tg α C−A . = tg β C
(150)
állandóságának a bizonyításához el®ször azt látjuk be, hogy
Jz′
mozgásállandó.
d ~ −−→′ dJz′ J · OZ = = dt dt
! dJ~ −−→′ · OZ + dt
−−→′ ! d OZ . J~ · dt
−−→′ OZ a testhez rögzített vektor, ezért
A jobboldal második tagja mindig zérus, mert
−−→ −−→ dOZ ′ ~ ′ , ~ω . = (~ω × OZ ′ ) ⊥ OZ dt De e két utóbbi vektor ugyanabban a ~ ′ id®deriváltja J~-re is mer®leges. OZ
Qt
síkban fekszik, mint
(151)
J~,
ennek következtében
A jobboldal els® tagja pedig azért zérus, mert szabad forgásnál és zérus az id®deriváltja. Ezzel igazoltuk, hogy
Cω
z′
J
z′
J~
mozgásállandó,
valóban mozgásállandó. (A
egyenlet következtében ebb®l mellékesen az is következik, hogy
Jz′ = ωz′ is
mozgásállandó.) De ha
J
is,
Jz′
Jz′ = J cos α egyenlet következtében αβ -nak is mozgásállandónak kell lennie, ahogy állítottuk.
is mozgásállandó, akkor a
nak is, és (150) következtében
142
J~
A szimmetrikus pörgetty¶ szabad forgásánál tehát az pedig egy
α
~ω
egy
β
nyílásszög¶ kúpon mozog a szimmetriatengely körül.
nyilásszög¶, a A két vektor
mozgása szinkronban van egymással, mert minden pillanatban ugyanabban a
Qt
sík-
ban feküsznek. Most már sak a kúpon történ® mozgás jellegét kell tisztázni. Ezt az Euler-egyenletek alapján könny¶ megtenni. A szimmetrikus pörgetty¶ szabad mozgására vonatkozó Euler-egyenletek a következ®k:
ω˙ x′ +
C−A
ωz ′ ωy ′ = 0
ω˙ y′ −
C−A
ωz ′ ωx′ = 0
A
A
(152)
ω˙ z′ = 0.
lineáris
A harmadik egyenletb®l újra láthatjuk, hogy az els® két egyenlet olyan
ωz ′
mozgásállandó. Ennek következtében
dieren iálegyenletté válik, amelyet könny¶ megoldani.
Behelyettesítéssel ellen®rizhet®, hogy a megoldás a következ®:
ωy′ (t) = ω⊥ · sin ωE t,
ωx′ (t) = ω⊥ · cos ωE t ahol
ω⊥
az
ω ~
vetülete a szimmetriasíkra, és
ωE =
C−A A
ωz ′
Euler-(kör)frekven ia egyenletesen pre esszál a szimmetriatengely körül. reguláris pre essziónak az
. A megoldás azt fejezi ki, hogy az
getty¶ szabad mozgását
(153)
~ω vektor ωE
szögsebességgel
Ennek alapján a szimmetrikus pör-
nevezzük.
Amikor a mozgást a testhez viszonyítva vizsgáljuk, a szimmetriatengely helyzetét
tekintjük állandónak. mozgás:
2π/ωE
Ebb®l a néz®pontból a reguláris pre esszió nagyon egyszer¶
a (képzeletbeli) szögsebességvektor és impulzusmomentum vektor
TE =
id® alatt egyenletes sebességgel megkerüli a szimmetriatengelyt, amelyet a
test alakja és összetétele objektíven rögzít. Ez az irány a szögsebesség és az impulzusmomentum irányával ellentétben "bele van égetve" a testbe.
K szempontjából a J~ impulzusmomentum vektor az, amelynek az Körülötte, mint tengely körül, forog a Qt sík, benne a szögsebesség
A térben nyugvó iránya változatlan.
és a szimmetriatengely irányával. Milyen körfrekven iával történik ez a forgás?
143
J
ωJ ω
z’ α
ω
O
Bontsuk fel
J~
ω -t ~
egy
J~
irányú és egy
irányú összetev®t jelöljük
ωJ -vel. ~
−−→′ OZ
irányú összetev®re (ld.
A (151) mutatja, hogy az
−−→′ OZ
az ábrát).
A
irányú összetev®
nem szól bele a szimmetriatengely mozgásába:
−−→ −−→ dOZ ′ = ~ωJ × OZ ′ . dt
Ebb®l az egyenletb®l következik, hogy a szimmetriatengely és vele sík
ωJ ≡ |~ ωJ |
szögsebességgel pre esszál a térben rögzített
J~
Ezt a szögsebességet a következ® módon számíthatjuk ki. Az
ω ~
és a
Qt
körül.
~ωJ
és az
~ω
vektorok
végpontját összeköt® egyenes párhuzamos a szimmetriatengellyel. Ennek következtében
ωJ · sin α = ω⊥ .
Másrészt azonban
sin α = J⊥ /J = Aω⊥ /J ,
és ha ezt az el®z® egyen-
letbe behelyettesítjük, az
ωJ =
J A
képletre jutunk. Ezzel a körfrekven iával pre esszál a szimmetriatengely a nyugvó irány körül. De ne felejtsük el, hogy atengely
ωE
ωJ
J~
nin s rögzítve a testhez!
szögsebességgel pre esszál körülötte, a
J~
Miközben a szimmetri-
testhez viszonyított helyzete
szögsebességgel pre esszál a testhez stabilan rögzített szimmetriatengely körül.
144
J~
α
J
Z’
Qt
ω
β
Ez a mozgás elég bonyolult, ezért egy másik módon is megfogalmazzuk. Vegyük körül gondolatban a reguláris pre essziót végz® testet
Qt −−→′ OZ , a
O középpontú gömbbel, amelyet
sík egy f®körben metsz (a rajzon a metszésvonalat egyenessel ábrázoljuk). Az a
J~
és az
ω ~
döféspontjait
Z ′ -vel, J -vel
és
ω -val
jelöljük (a döféspontok relatív
helyzete belapult forgási ellipszoidra vonatkozik). A döféspontok távolsága a vektorok közötti szöggel arányos, ezt is feltüntettük az ábrán. Az ábra a t-pillanatbeli helyzetet rögzíti. Mi történik a
(t, t + dt) intervallumban?
a pillanatnyi forgástengely iránya, ekörül forog el a test ω · dt szöggel. Mivel ′ a három döféspont közül sak Z van rögzítve a testhez, sak ez a pont mozdul el.
Az
~ω
Ennek következtében a
t + dt
pillanatban a három döféspont nem lesz egy egyenesen
(egy síkban), tehát "korrek ióra" van szükség. A test elfordulása már megtörtént, a
J~ térbeli
helyzete állandó, ezért a három vektor sak akkor lesz a t + dt pillanatban is ω elmozdul úgy, hogy rákerüljön a Z ′ és a J által kijelölt egyenesre. ~
egy egyenesen, ha
A pillanatnyi forgástengely pontjai nyugalomban vannak, ezért az nitezimális elfordulás nem változtatja meg az
~ω
~ω
körüli in-
testhez viszonyított helyzetét. Ezt
a helyzetet sak a második, korrek iós elmozdulás változtatja meg. De világos, hogy minél közelebb van a
J
pont az
ω -hoz
(minél kisebb az
α
és a
β
közötti különbség),
annál kisebb korrek ióra van szükség, vagyis a szögsebesség vektor annál lassabban pre esszál a testhez rögzített rendszerben a szimmetriatengely körül. Mint a (153) és a (150) összevetése mutatja, ez a kvalitatív magyarázata annak, hogy az Eulerfrekven ia arányos
(C − A)-val.
Az ábráról még az is leolvasható, hogy
szimmetriatengely nagyobb szöget fordul el
J~
körül, mint
~ω
dt
id® alatt a
körül.
99.Feladat: Mutassuk meg, hogy belapult forgási ellipszoidra ez az állítás igaz.
Igazolás: Azt kell látni, hogy összefüggésb®l
ω = ω⊥ / sin β .
De
α < β
esetén
ω⊥ = ωJ · sin α,
2 ω 2 = ω⊥ + ω 2 cos2 β sin α ω = ωJ < ωJ valóban.♣ sin β
ωJ > ω . ezért
Az
1.43. A földgolyó reguláris pre essziója Tekintsünk el a Föld keringését®l, valamint a Nap és a Hold által a Földre gyako-
luniszoláris pre esszióját
rolt forgatónyomatéktól, amely a Föld belapultságának következménye. gatónyomaték okozza a földtengely un.
Ez a for-
az Ekliptikára állított
mer®leges irány körül, amelynek periódusideje 25800 év. Amikor azonban ennél sokkal rövidebb id®tartamokat vizsgálunk, a forgatónyomaték hatása nem vehet® észre, és
145
feltehetjük, hogy a Föld reguláris pre essziót végez
O
középpontja körül.
A Föld lapult szimmetrikus pörgetty¶nek tekinthet® (A=
C−A C
≈+
B),
amelyre
1 . 300
pre essziós konstansnak
Ennek a konstansnak az értéke a luniszoláris pre esszió elmélete alapján a pre eszszió periódusidejéb®l számítható ki, ezért nagyon kis szám (a
C
omaték), a nevez®ben (153) alapján
nevezik.
Mivel
relatíve alig nagyobb, mint a másik két f®tehetetlenségi ny-
C-t
helyettesíthetjük
ωE = ωz′ /300-al
A-val.
Ezért a Föld Euler-frekven iája
egyenl®.
Milyen relatív helyzetet foglal el a szimmetriatengely, az impulzusmomentum és a szögsebesség vektor a Föld reguláris pre essziójánál? "Nulladik" közelítésben azt kell mondanunk, hogy ez a három vektor egy egyenesen a szimmetriatengelyen fekszik. Amikor azt mondjuk, hogy "a Föld tengely körüli forgást végez", erre a közelítésre gondolunk. Valójában a vektorok közötti szög nem pontosan nulla, bár rendkívül ki si. szögsebesség vektor és a szimmetriatengely közötti
β
A
szög megmérését az Euler-
pre esszió teszi lehet®vé: ennek a pre essziónak a következtében ugyanis a szögsebesség vektor
2β
nyilásszög¶ kúpot ír le a szimmetriatengely körül.
Mivel a három vektor által bezárt szögek nagyon ki sik, (150)-ben a tangensek magukkal a szögekkel helyettesíthet®k. Ha még a pre essziós konstans számértékét is behelyettesítjük, a
β − α ≈ β/300
közelít® egyenl®ségre jutunk. Ezért a nulladiknál
eggyel jobb els® közelítésben azt mondhatjuk, hogy de ez a közös irány valamilyen A
J~
és a
ω ~
β≪1
és
J~
iránya továbbra is közös,
közös döféspontja az égen pontosan kijelölhet®: ez az a pont, amely
körül a sillagok napi körforgásukat végzik.
2β
~ω
szöget (radiánt) zár be a szimmetriatengellyel. A Föld szimmetriatengelye azonban
nyílásszög¶ kúpon pre esszál ekörül az irány körül.
Mivel a szimmetriatengely
mereven rögzítve van a Földhöz, ebben a pre esszióban résztvesznek a földfelszínen elhelyezked® objektumok, közöttük a geodéziai meg gyel® állomások is.
Ezek
közül néhány kijelölt laboratóriumban már száz év óta folyamatosan gyelik a lokális mer®leges iránynak az égbolt forgási középpontjához viszonyított mozgását.
Ha a
~n
lokális
Föld valóban az elméletnek megfelel® reguláris pre essziót végez, akkor az mer®leges és az égbolt forgási középpontja felé mutató irány által bezárt
szélességingadozás
TE = 2π/ωE között ( ábrát).
θ
szögnek
Euler-periódussal kell ingadoznia egy maximális és egy minimális érték ), amelyek különbsége
2β (θmax − θmin = 2β )24
(ld.
az
24 Vegyük észre, hogy β meghatározásához nin s szükség a szimmetriatengely irányának el®zetes ismeretére a Földhöz képest.
146
ω
Z’
. . .
Z’
F
β
P
ω
.. .
F n
n
P
β
O
O POZ’ = konst
POF = θ max
A mérések szerint
β ≈ 0.2”.
POF = θ min
Ez a szög olyan ki si, hogy a szimmetriatengely és a
pillanatnyi forgástengely döféspontjainak távolsága a Föld felszínén mindössze
(β
radián)
Ennek alapján al egyenl®.
· (földsugár) ≈
ωz′ = ω cos β
1 2π 0.2 × 2 × 60 360
praktikusan megegyezik
· (6 × 106 ) ≈ 6 m! ω -val, és
mindkett®
2π/nap-
Az Euler-pre esszió szögsebessége ennek 300-ad része, tehát az Euler-
pre esszió periódusa kb. 300 nap. A mérési eredmények azonban két lényeges pontban ellentmondanak annak, hogy a Föld a szimmetrikus merev test szabad mozgására jellemz® reguláris pre essziót végez (és ez az ellentmondás az oka annak, hogy folyamatosan gyelik a szélességin-
Chandler-periódus
gadozást). El®ször is, a szélességingadozás periódusa a várt 300 nap helyett kb. 420 napnak adódott ( állandó.
), másodszor pedig kiderült, hogy
β
nagysága nem
Az els® eltérést meg lehet magyarázni azzal, hogy a földkéreg deformálható, vagyis a Föld nem ideálisan merev test (ld. a feladatot). A Chandler-periódus és az Eulerperiódus különbségéb®l következtetni lehet a földkéreg deformálhatóságára.
A de-
formá ió azonban mindig együtt jár energiadisszipá ióval, ezért a szélességingadozás amplitúdójának (a
β
átlagos β
szögnek) fokozatosan le kellene sengenie. A számítások alapján
ennek a sillapodásnak az id®állandója mindössze 25-40 év. Egy
szög fenn-
maradása sak azért lehetséges, mert valamilyen folyamat gondoskodik a disszipálódó energia pótlásáról.
Az energiaforrás valószín¶leg a napsugárzás, amely a reguláris
széljárásokon keresztül gerjeszt® forgatónyomatékot gyakorol a földgolyóra. 100.Feladat:
Adjunk kvalitatív magyarázatot arra, hogy a deformálhatóság
növeli a szélességingadozás
TE
periódusidejét.
147
..
. . .
E
C’
C
Magyarázat: Az ábrán (a pólus irányából nézve) szimmetriatengelyének,
E
Föld felszínén. A mérések szerint Miközben az
E
pont a
ω pillanatnyi CE ≈ 6 m.
pedig az
C
C
a merevnek föltételezett Föld
forgástengelynek a döféspontja a
körül pre esszálva halad a Földhöz képest, a entrifugális
er® következtében az egyenlít®i kidudorodás igazodik hozzá úgy, hogy közelebb kerüljön a pillanatnyi forgástengelyre mer®leges síkhoz. A deformá ió következtében a tényleges szimmetriatengely már nem
−− → OC ,
hanem
−−→′ OC ,
amely követi a pillanatnyi forgástenge~ ′ "pilOC
lyt. Józan feltevésnek látszik, hogy kismértékben deformálódó testeknél az
lanatnyi szimmetriatengely" veszi át a merev test rögzített szimmetriatengelyének funk ióját. Ebben az esetben
ω ~
(az
E
pont) nem az
−− → OC ,
hanem a pillanatnyi
−−→′ OC
körül fog Euler-pre essziót végezni, amelynek körfrekven iája a β szög ki sisége ′ miatt praktikusan változatlan marad (a COE∠ és a C OE∠ koszinusza egyaránt
−−→′ OC
körüli változatlan szögsebesség¶ pre esszióhoz azonban az E CE pont ≡ γ -szor kisebb lineáris sebessége tartozik. Ezzel a sökkentett lineáris CE ′ sebességgel az E pontnak ugyanazt a kb. 6 m sugarú kört kell megtennie, mivel C ′ követi E -t a CC sugarú körön. Ílymódon a deformá ió a (153) alapján számítható körfrekven ia γ -szoros sökkenésére és a periódusid® 1/γ -szoros megnövekedésére vezet.♣ 1-el egyenl®). Az ′
148
