Drugi domaci zadatak iz Teorijske mehanike - 14. april 2016.

1. (35 poena) Zbog spljostenosti Zemlje na polovima, potencijalna energija cestice koja se kreceu Zemljinoj ekvatorijalnoj ravni priblizno ima oblik U(r) = k/r + c/(3r3), gde je k < 0, c malakonstanta, a r rastojanje od centra Zemlje. Naci ugaonu brzinu ω koja odgovara kretanju cesticemase m u ekvatorijalnoj ravni po kruznici poluprecnika a. Pokazati da je ovakva kruzna trajektorijastabilna i naci frekvencu ω′ malih radijalnih oscilacija oko nje. Za tu novu, skoro kruznu trajektoriju,pokazati da je priblizno elipsa, cije ose rotiraju ugaonom brzinom Ω ≈ (c/|k|a2)ω.

2. (35 poena) U neinercijalnom referentnom sistemu izabran je koordinatni sistem sa pocetkomu tacki A. U odnosu na inercijalni laboratorijski sistem tacka A se krece sa ubrzanjem ~aA(t), akoordinatne ose rotiraju konstantnom ugaonom brzinom ~ω. Posmatrajmo kretanje sistema od Ncestica u odnosu na definisani neinercijani sistem. Osnovna jednacina dinamike za ν-tu cesticu utom sistemu ima oblik

mν~aν = ~Fν −mν [~aA + ~ω × (~ω × ~rν) + 2~ω × ~vν ] ,

gde je ~Fν ukupna prava sila (koja potice od interakcije sa drugim telima) koja deluje na cesticu, dokpreostali clanovi na desnoj strani jednacine predstavljaju inercijalne sile. Neka su na polozaje cestica~rν nametnute holonomne veze, tako da sistem ima n stepeni slobode, a za nezavisne generalisanekoordinate su izabrane velicine q1, · · · , qn. Radijus vektori cestica u tom slucaju mogu da se izrazekao ~rν = ~rν(q1, · · · , qn, t).(a) Pokazati da je generalisana sila Qin

i , koja odgovara nezavisnoj generalisanoj koordinati qi, apotice od inercijalnih sila, jednaka

Qini = QA

i +Qci +QK

i

gde su

QAi = −m~aA ·

∂~rC∂qi

, Qci =

∂

∂qi

[1

2

∑ν

mν(~ω × ~rν)2], QK

i =∂(~ω · ~M)

∂qi− d

dt

[∂(~ω · ~M)

∂qi

]

generalisane sile koje, redom, poticu od sile −mν~aA, centrifugalne sile i Koriolisove sile, m je ukupnamasa svih cestica, ~M predstavlja ukupni moment impulsa cestica u neinercijalnom sistemu, racunatu odnosu na koordinatni pocetak A, a ~rC je radijus vektor centra mase sistema cestica.(b) Ako su sile reakcije veza ~Rν idealne, onda vazi uslov

∑ν~Rν · δ~rν = 0, odakle sledi relacija

analogna Dalamber-Lagranzevom principu∑ν

(~Fν + ~F inν −mν~aν) · δ~rν = 0 ,

gde je sada ~Fν ukupna aktivna prava sila koja deluje na cesticu ν, a ~F inν ukupna inercijalna sila

koja deluje na cesticu ν. Polazeci od toga i koristeci izraze za generalisane inercijalne sile iz delapod (a), pokazati da moze da se uvede funkcija L analogna lagranzijanu, takva da vaze jednacine

d

dt

∂L∂qi− ∂L∂qi

= Q∗i , i = 1, · · · , n ,

gde su Q∗i generalisane sile koje poticu od nepotencijalnih aktivnih sila. Cemu je jednaka funkcijaL?

3. (30 poena) Dinamicki simetricno kruto telo (I1 = I2 6= I3) mase M moze da rotira oko nepo-kretne tacke 0, koja lezi na osi simetrije tela na rastojanju l od njegovog centra mase. U telu postojiuska cilindricna supljina, cija osa se poklapa sa osom simetrije tela. U supljini se nalazi materijalnatacka D mase m, koja je oprugom, konstante elasticnosti k i nominalne duzine l0, povezana sa nepo-kretnom tackom 0. Zanemarujuci trenje sastaviti lagranzijan, Lagranzeve jednacine, hamiltonijani Hamiltonove jednacine.

g

Resenje

1. Sa predavanja je poznato da rastojanje r od centra sile zadovoljava diferencijalnu jednacinu

r − M2

m2r3+

1

m

dU

dr= 0 ,

gde je M intenzitet momenta impulsa cestice. Zamenom zadatog izraza za potencijalnu energiju uovu jednacinu dobija se

r − M2

m2r3− k

mr2− c

mr4= 0 . (1)

Vidi se da r = a jeste resenje ove jednacine, ako je

− M2

m2a3− k

ma2− c

ma4= 0 . (2)

U tom slucaju je takode i M = mr2ϕ = ma2ω, pa onda iz poslednje jednacine direktno sledi

ϕ = ω =

√|k|a2 − cma5

.

Ako se u nekom trenutku brzina cestice koja se krece po kruznici r = a ugaonom brzinom ω,malo promeni u radijalnom pravcu, moment impulsa se nece promeniti, ali ce cestica biti pomerenasa kruzne trajektorije. Uvescemo smenu r = a+ ξ, sa kojom jednacina (1) dobija oblik

ξ − M2

m2a3

(1 +

ξ

a

)−3− k

ma2

(1 +

ξ

a

)−2− c

ma4

(1 +

ξ

a

)−4= 0 .

Pod pretpostavkom da je odstupanje od kruzne trajektorije malo, tj. ξ/a 1, linearizacijomprethodne jednacine dobijamo

ξ − M2

m2a3

(1− 3

ξ

a

)− k

ma2

(1− 2

ξ

a

)− c

ma4

(1− 4

ξ

a

)= 0 ,

odnosno

ξ +

(3M2

m2a4+

2k

ma3+

4c

ma5

)ξ =

M2

m2a3+

k

ma2+

c

ma4.

Desna strana ove jednacine, zbog uslova (2), jednaka je nuli, pa nakon sredivanja faktora koji mnoziξ na levoj strani, uzimajuci u obzir da je i dalje M = ma2ω, sledi jednacina

ξ + ω′2ξ = 0 , gde je ω′ =

√|k|a2 + c

ma5,

sto znaci da kruzna trajektorija zaista jeste stabilna - odstupanje r od a se prosto-periodicno safrekvencom ω′ menja sa vremenom, tj.

r(t) = a+ A cos(ω′t+ α) ,

gde je A/a 1, a α konstanta koja zavisi od pocetnih uslova. Orijentacija osa x i y sigurno mozeda se izabere tako da se postigne α = 0, pa je u tom slucaju:

r(t) = a+ A cos(ω′t) = a+ A cos[(ω′/ω)(ωt)] . (3)

S druge strane, iz dobijenih izraza za ω i ω′, kao i uslova da je c mala konstanta, sledi

ω′

ω=

√|k|a2 + c

|k|a2 − c=

√1 + c

|k|a2

1− c|k|a2≈√

1 + 2c

|k|a2≈ 1 +

c

|k|a2.

Imajuci jos u vidu i da je ϕ = M/(mr2) = ω(a2/r2) ≈ ω, odakle sledi ϕ = ωt, jednacina (3) mozeda se prepise na sledeci nacin:

r = a+ A cos(ϕ+ Ωt) , gde je Ω =c

|k|a2ω .

Uocimo sada novi koorinatni sistem Ox′y′, koji u odnosu na sistem Oxy rotira ugaonom brzinomΩ. U tom sistemu polarne koordinate su r′ = r i ϕ′ = ϕ+ Ωt, a prethodna jednacina ima oblik r =a+A cosϕ′. Kako u slucaju malog ekscentriciteta ε 1 jednacina elipse u polarnim koordinatamaima aproksimativni oblik r = p

1+ε cosϕ≈ p(1−ε cosϕ), sto je ekvivalentno aproksimativnoj jednacini

trajektorije u sistemu Ox′y′, zakljucujemo da je perturbovana kruzna trajektorija zaista pribliznoelipsa, koja rotira ugaonom brzinom Ω.