Embed Size (px)
Citation preview
NALOGE IZ MEHANIKE
George Mejak
VSEBINA
1. Newtonova mehanika
1. Tenzorska analiza in algebra
2. Galilejeva transformacija
3. Kinematika tocke
4. Dinamika tocke
5. Gibanje v polju centralnih sil
6. Gibanje po krivulji
7. Gibanje po ploskvi
8. Relativno gibanje
9. Sistem s spremenljivo maso
10. Kinematika togega telesa
11. Dinamika togega telesa
2. Lagrangeova mehanika
1. Vezi, princip virtualnega dela
2. Lagrangeove enacbe
3. Majhna nihanja okoli ravnovesne lege
3. Hamiltonova mehanika
1. Hamiltonova funkcija
2. Poissonov oklepaj, kanonske transformacije
Zadnji popravek : 12. junuar 2007
NEWTONOVA MEHANIKA
1. Tenzorska algebra in analiza
1.1 Podani so vektorji
~g1 =~i+2~j−~k, ~g2 = −~i+~k, ~g3 = ~j+2~k.
a) Priredi tem vektorjem reciprocno bazo.
b) Priredi danim baznim vektorjem metricni tenzor.
c) Priredi reciprocni metricni tenzor.
d) Zapisi vektor ~a = ~g1 + 2~g2 − 3~g3 v reciprocni bazi.
e) Tenzorju A drugega reda v dani bazi pripada naslednja matrika kontravariantnih komponent:
[Aij]
=
1 2 02 1 31 0 4
.Priredi tenzorju A matriko kovariantnih komponent.
f) Priredi mesane komponente Aij in Ai
j .
g) Izracunaj SlA in detA.
h) Dan je vektor ~b = ~g1 − ~g2 + 2~g3. Zapisi kovariantne komponente tenzorja B = ~a⊗~b.
Resitev
a) Velja
~g i = εijk~gj × ~gk = eijk~gj × ~gk√g
.
Tu je εijk Levi-Civita-jev permutacijski tenzor, eijk permutacijski simbol in g mesani produkt (~g1, ~g2, ~g3).
Torej
~g 1 =14~g2 × ~g3 = −1
4~i+
12~j−1
4~k, ~g 2 = −5
4~i+
12~j−1
4~k, ~g 3 =
12~i+
12~k.
b) Velja gij = ~gi · ~gj in potem:
[gij ] =
6 −2 0−2 2 20 2 5
.c) Podobno velja gij = ~g i · ~g⊃ in potem:
[gij]
=
3/8 5/8 −1/45/8 15/8 −3/4−1/4 −3/4 1/2
.Druga moznost; velja
[gij]
= [gij ]−1.
1
d) Velja ~a = aj~gj = ai~gi. Potem ai = ~a · ~gi = ajgij in tako ~a = 2~g 1 − 4~g 2 − 11~g 3.
e) Podane so kontravariantne komponente Aij , iscemo kovariantne komponente Aij . Imamo A = Aij~gi ⊗
~gj = Aij~gi ⊗ ~g j in tako Amn = gmignjA
ij . Torej
[Aij ] =
−8 4 −1028 16 6650 38 134
.f) Velja Ai
j = Aikgkj in Aij = Akjgki. Potem
[Ai
j
]=
2 2 410 4 176 6 20
[Ai
j]
=
2 10 −64 −2 149 2 26
.Kot opazis, komponente Ai
j niso enake komponentam Aji.
g) SlA = Aii = Ai
i = 26 in detA = |Aij | = |Ai
j | = −96.
h) Ocitno [Bij]
=
1 −1 22 −2 4−3 3 −6
.Nadalje Bmn = gmignjB
ij in tako
[Bij ] =
16 0 16−32 0 −32−88 0 −88
.
1.2 Zapisi metricni tenzor za krogelne koordinate. Poisci tudi reciprocni metricni tenzor.
Resitev Pisimo ~r = yi~ei in x1 = r, x2 = λ in x3 = θ. Potem
y1 = r cos θ sinλ, y2 = r sin θ sinλ, y3 = r cosλ.
Velja ~gi = ∂~r/∂xi in potem
~g1 = cos θ sinλ~e1 + sin θ sinλ~e2 + cosλ ~e3,
~g2 = r cos θ cosλ~e1 + r sin θ cosλ~e2 − r sinλ ~e3,
~g3 = −r sin θ sinλ~e1 + r cos θ sinλ~e2.
Nadalje gij = ~gi · ~gj in
[gij ] =
1 0 00 r2 00 0 r2 sin2 λ
.Ocitno [
gij]
=
1 0 00 r−2 00 0 (r sinλ)−2
.
2
1.3 Zapisi reciprocno bazo za krogelne koordinate.
Resitev Krivocrtna baza krogelnih koordinat je pravokotna. Potem ~g i‖~gi. Torej
~g 1 = ~g1, ~g 2 =1r2~g2, ~g 3 =
1r2 sin2 λ
~g3.
1.4 Z uporabo Levi-Civitajevega tenzorja dokazi vektorske identitete
a) (~a×~b)× ~c = (~a · ~c )~b− (~b · ~c )~a;
b) (~a×~b )× (~c× ~d ) = (~a,~b, ~d)~c− (~a,~b,~c)~d = (~c, ~d,~a)~b− (~c, ~d,~b)~a;
c) (~b× ~c,~c× ~a,~a×~b) = (~a,~b,~c)2.
Resitev
a) Velja (~a×~b )× ~c = εijk(~a×~b )icj~gk =
= εijkεimnambncj~gk =
= (δjmδ
kn − δj
nδkm)ambncj~gk =
= ajbkcj~gk − akbjcj~gk =
= (~a · ~c )~b− (~b · ~c )~a.
b) (~a×~b )× (~c× ~d ) = εijk(~a×~b )i(~c× ~d )j~gk =
= εijkεimnambnεjpqc
pdq~gk =
= (δjmδ
kn − δj
nδkm)ambnεjpqc
pdq~gk =
= εjpqajbkcpdq~gk − εjpqa
kbjcpdq~gk =
= (~a,~c, ~d)~b− (~b,~c, ~d)~a =
= (~c, ~d,~a)~b− (~c, ~d,~b)~a.
Ce sestejemo εijkεjpq namesto εijkεimn, dobimo se vmesni rezultat.
c) (~b× ~c,~c× ~a,~a×~b) =((~b× ~c )× (~c× ~a )
)· ~a×~b =
= ((~c,~a,~b)~c− (~c,~a,~c)~b) · ~a×~b =
= (~c,~a,~b)(~c,~a,~b) = (~a,~b,~c)2.
1.5 Izracunaj Christoffelove simbole drugega reda za krogelne koordinate.
3
Resitev Velja∂~gi
∂xj=k
ij
~gk.
Iz naloge 1.2 poznamo ~gi. Izracunajmo
∂~g1∂x1
= 0,
∂~g1∂x2
= cos θ cosλ~e1 + sin θ cosλ~e2 − sinλ~e3 =1r~g2,
∂~g1∂x3
= − sin θ sinλ~e1 + cos θ sinλ~e2 =1r~g3,
∂~g2∂x2
= −r cos θ sinλ~e1 − r sin θ sinλ~e2 − r cosλ ~e3 = −r~g1,
∂~g2∂x3
= −r sin θ cosλ~e1 + r cos θ cosλ~e2 =cosλsinλ
~g3,
∂~g3∂x3
= −r cos θ sinλ~e1 − r sin θ sinλ~e2 = −r sin2 λ~g1 − cosλ sinλ~g2.
Tu dobimo zadnji izracun tako, da pomnozimo ∂~g3/∂x3 z reciprocnimi baznimi vektorji ~g i. Torej212
=
313
=
1r,
122
= −r,
323
=
cosλsinλ
,
133
= −r sin2 λ,
233
= − cosλ sinλ,
vsi ostali koeficienti pa so nicelni.
1.6 Za pravokotne krivocrtne koordinate dokazi veljavnost naslednjih enakosti (i 6= j).
(a)i
jj
= − 1
2gii
∂gjj
∂xi;
(b)i
ii
=
12∂
∂xilog gii;
(c)i
ij
=
12∂
∂xjlog gii.
Resitev
a) Vemo
[ij, k] =12
(∂gik
∂xj+∂gjk
∂xi− ∂gij
∂xk
),
i
jk
= [jk, l] gli.
Upostevajmo, da je gij = 0 za i 6= j. Potemi
jj
=[jj, l
]gli =
1gii
[jj, i
]=
12gii
(2∂gji
∂xj−∂gjj
∂xi
)= − 1
2gii
∂gjj
∂xi.
4
b) i
ii
= [ii, i] gii =
1gii
[ii, i] =1
2gii
∂gii
∂xi=
12∂
∂xilog gii.
c) i
ij
= [ij, i] gii =
12gii
∂gii
∂xj=
12∂
∂xjlog gii.
1.7 Dokazi veljavnost naslednje enakosti:
gijφ;ij =1√g
∂
∂xi
(√g gij ∂φ
∂xj
).
Resitev Vemo:
φ;ij = (φ,i);j =∂2φ
∂xj∂xi−k
ij
φ,k.
Po drugi strani pa
1√g
∂
∂xi
(√g gij ∂φ
∂xj
)= gij ∂2φ
∂xj∂xi+
1√g
∂√g
∂xigij ∂φ
∂xj+∂gij
∂xi
∂φ
∂xj.
Upostevajmo∂g
∂xi= 2g
k
ki
in
∂√g
∂xi=√g
k
ki
.
ter
gij;k = 0 in zato
∂gij
∂xk= −
i
mk
gmj −
j
mk
gmi.
Torej
1√g
∂
∂xi
(√g gij ∂φ
∂xj
)= gij ∂2φ
∂xj∂xi+(gij
k
ki
− gmj
i
im
− gmi
j
im
)∂φ
∂xj=
= gij ∂2φ
∂xj∂xi− gmi
j
im
∂φ
∂xj= gij ∂2φ
∂xj∂xi− gij
k
ij
∂φ
∂xk
in enakost je dokazana.
1.8 Imejmo evklidsko metriko in kartezicne koordinate yn. Potem gij = (∂yn/∂xi)(∂yn/∂xj). Dokazi
a)
[ij, k] =∂2yn
∂xi∂xj
∂yn
∂xk;
b) i
jk
=
∂2yn
∂xi∂xj
∂xk
∂yn.
5
Resitev
a) Pisimo
(ij, k) =∂2yn
∂xi∂xj
∂yn
∂xk.
Ocitno (ij, k) = (ji, k). Potem
[ij, k] =12
(∂gik
∂xj+∂gjk
∂xi− ∂gij
∂xk
)=
12
((ij, k) + (kj, i) + (ji, k) + (ki, j)− (ik, j)− (jk, i)) = (ij, k)
in tocka a) je dokazana.
b) Pisimo Jacobijevo matriko J = ∂y/∂x. Ocitno gij = JT J. Potem[gij]
= [gij ]−1 = J−1J−T in
gij = (∂xi/∂yn)(∂xj/∂yn). Tako dobimoi
jk
= [ij, l] glk =
∂2yn
∂xi∂xj
∂yn
∂xl
∂xl
∂ym
∂xk
∂ym=
∂2yn
∂xi∂xj
∂xk
∂yn.
2. Galilejeva transformacija
2.1 Dokazi, da mnozica Galilejevih transformacij sestavlja grupo.
Resitev Oznacimo z G mnozico vseh Galilejevih transformacij prostora A4 in za G ∈ G pisimo G =
G(P0,~c,Q, t0) = (P0,~c,Q, t0) in
G
[Pt
]=[P0 + t~c+Q(P −O)
t+ t0
].
Ocitno
G′ G = G(P ′0,~c′, Q′, t′0) G(P0,~c,Q, t0) = G(P ′0 + t0~c
′ +Q′(P0 −O),~c ′ +Q′~c,Q′Q, t′0 + t0).
Torej je kompozitum Galilejevih transformacij zaprta operacija v G.
Asociativnost. Izracunajmo
G′′ (G′G) =(P0′′,~c ′′, Q′′, t′′0
) (P0′ + t0~c
′ +Q′(P0 −O),~c ′ +Q′~c,Q′Q, t′0 + t0)
=
= (P0′′ + ~c ′′(t′0 + t0) +Q′′(P0
′ + t0~c′ +Q′(P0 −O)−O),~c ′′ +Q′′(~c ′ +Q′~c),
Q′′Q′Q, t′′0 + t′0 + t0)
Po drugi strani
(G′′G′)G =(P0′′ + t′0~c
′′ +Q′′(P0′ −O),~c ′′ +Q′′~c ′, Q′′Q′, t′′0 + t′0
)(P0,~c,Q, t0) =
= (P0′′ + t′0~c
′′ +Q′′(P0′ −O) + t0(~c
′′ +Q′′~c ′) +Q′′Q′(P0 −O),~c ′′ +Q′′~c ′ +Q′′Q′~c,
Q′′Q′Q, t′′0 + t′0 + t0).
6
Izraza sta enaka in asociativnost je dokazana.
Enota. Ocitno je enota 1 = (O,~0, I, 0).
Inverzni element. Ocitno
G(P0,~c,Q, t0)−1 = G(O + t0QT~c−QT (P0 −O),−QT~c,QT ,−t0).
2.2 Dan je zaprt sistem dveh materialnih tock. Pokazi, da tocki ostaneta na premici, ki ju doloca zacetni
polozaj tock, ce se v zacetnem trenutku tocki gibljeta ena proti drugi.
Resitev Imamo
~r1 = ~F1(~r1 − ~r2, ~r1 − ~r2),
~r2 = ~F2(~r1 − ~r2, ~r1 − ~r2).
Pisimo ~r = ~r1 − ~r2. Potem ~r = ~F (~r, ~r). Vemo, da velja ~F (Q~r,Q~r) = Q~F (~r, ~r) in da v zacetnem trenutku
t = 0 velja ~r ‖ ~r.
Pokazimo prvo, da ~F (~r, ~r) lezi v ravnini vektorjev ~r in ~r. Res, vzemimo zrcaljenje preko te ravnine.
Potem
Q~F (~r, ~r) = ~F (Q~r,Q~r) = ~F (~r, ~r)
in potemtakem ~F nima komponente izven ravnine, ki jo dolocata vektorja ~r in ~r. Torej
~F (~r, ~r) = α~r + β~r.
Tu sta α in β izotropicni skalarni funkciji argumentov ~r in ~r.
Zapisimo moment ~l = ~r × ~r. Potem ~l = ~r × ~r = ~r × (α~r + β~r). Torej ~l = β~l. Iz zacetnega pogoja
~r ‖ ~r sledi ~l(t = 0) = ~0. Dokazimo, da potem ~l ≡ ~0. Res, pisimo l = ~l · ~l. Potem l = 2βl in tako
l(t) = Ce2∫ t
0β(τ) dτ . Iz zacetnega pogoja nato sledi C = 0 in tako l ≡ 0 in ~l ≡ ~0.
Pokazimo sedaj, da je gibanje premocrtno ⇐⇒ ~l ≡ ~0. Pisimo ~r = r~e, |~r| = r. Potem ~r = r~e+ r~e. Toda
~e ⊥ ~e in ker ~r ‖ ~r sledi ~e = ~0. Torej ~e ima konstantno smer.
Vzemimo sedaj rotacijo okoli ~e. Potem ocitno Q~ri = ~ri, i = 1, 2. Torej ~ri ‖ ~e. Od tod z integracijo
dobimo ~ri(t) = λi(t)~e in
~ri(t) = ~e
∫ t
0
λi(τ) dτ + ~ri(t = 0).
2.3 Dan je zaprt sistem treh materialnih tock. Pokazi, da tocke ostanejo v ravnini, ki jo doloca zacetni
polozaj tock, ce je v zacetnem trenutku gibanje tock v smeri ravnine.
7
Resitev Imamo
~r1 = ~F1(~r1 − ~r2, ~r1 − ~r3, ~r2 − ~r3, ~r1 − ~r2, ~r1 − ~r3, ~r2 − ~r3),
~r2 = ~F2(~r1 − ~r2, ~r1 − ~r3, ~r2 − ~r3, ~r1 − ~r2, ~r1 − ~r3, ~r2 − ~r3),
~r3 = ~F3(~r1 − ~r2, ~r1 − ~r3, ~r2 − ~r3, ~r1 − ~r2, ~r1 − ~r3, ~r2 − ~r3).
Pisimo ~r = ~r1−~r2, ~R = ~r1−~r3. Potem ~r = ~f(~r, ~R, ~R−~r, ~r, ~R, ~R− ~r ) in ~R = ~F (~r, ~R, ~R−~r, ~r, ~R, ~R− ~r ). Tu
je ~f = ~F1 − ~F2 in ~F = ~F1 − ~F3.
Privzemimo sedaj, da so za t ∈ (t1, t2) vektorji ~r, ~R in ~r linerano neodvisni, za t = t1 pa linearno
odvisni. Potem moremo zapisati ~f(~r, ~R, ~R−~r, ~r, ~R, ~R− ~r ) = a~r+b ~R+c~r in ~F (~r, ~R, ~R−~r, ~r, ~R, ~R− ~r ) =
A~r+B ~R+C~r. Tu so a, b, c, A, B in C skalarne izotropicne funkcije argumentov funkcij ~f in ~F . Pisimo
~l = ~r × ~r. Izracunajmo
d
dt~R ·~l = ~R ·~l + ~R · ~l = ~R · (~r × ~r) + ~R · (~r × ~r) = λ2
~R · (~r × ~r) + ~R · (b~r × ~R+ c~r × ~r) = µ~R ·~l.
Tu smo upostevali ~R = λ1~r + λ2~R+ λ3~r in zapisali µ = λ2 + c. Tako dobimo
(~R ·~l
)(t) = Cexp
(∫ t
0
µ(τ) dτ)
za ∀t ∈ (t1, t2).
In zaradi zveznosti tudi za t = t1. Toda ~R · ~l = 0 za t = t1 in tako C = 0 in ~R · ~l ≡ 0. Protislovje, ce
so torej ~r, ~R, ~r linearno odvisni za t = t1 so potemtakem linearno odvisni za vsak t ∈ [t1, t2]. Mnozica
t : (~r, ~R, ~r ) = 0 je zaprta in potemtakem so ~r, ~R, ~r odvisni za vsak t ≥ 0.
Privzemimo sedaj, da so za t ∈ (t1, t2) vektorji ~r, ~r in ~R linerano neodvisni, za t = t1 pa linearno
odvisni. Potem moremo zapisati ~f(~r, ~R, ~R−~r, ~r, ~R, ~R− ~r ) = a~r+b~r+c ~R in ~F (~r, ~R, ~R−~r, ~r, ~R, ~R− ~r ) =
A~r+B~r+C ~R. Tu so a, b, c, A, B in C skalarne izotropicne funkcije argumentov funkcij ~f in ~F . Pisimo
~l = ~r × ~r. Izracunajmo:
d
dt~R ·~l = ~R ·~l + ~R · ~l = C ~R ·~l + ~R · (~r × (a~r + b~r + c ~R) = µ ~R ·~l.
Sedaj smo pisali µ = C + b. Tako dobimo, tako kot prej, da je ~R ·~l ≡ 0 in potemtakem so vektorji ~r, ~r
in ~R linerano odvisni za vsak t ≥ 0.
Podobno pokazemo, racunamo z ~L = ~R × ~R, da so vektorji ~r, ~R in ~R ter ~R, ~r in ~R linearno odvisni za
vsak t ≥ 0. Potemtakem za vsak t ≥ 0 vektorji ~r, ~r, ~R in ~R lezijo v skupni ravnini in funkcija interakcije
~f ima enega izmed naslednjih moznih zapisov:
a) ~f = a~r + b ~R,
b) ~f = a~r + b~r,
c) ~f = a~r + b ~R,
d) ~f = a~r + b ~R,
8
e) ~f = a~r + b ~R,
f) ~f = a~R+ b ~R.
Podobne mozne zapise ima tudi ~F . Pokazimo, da za vsak mozni primer velja ~l ‖ ~l, ~l ‖ ~L in ~L ‖ ~L in da
imata vektorja ~l in ~L konstantno smer.
a) Imamo ~r = λ1~r + λ2~R in ~R = µ1~r + µ2
~R. Potem ~l = λ2~r × ~R in ~l = ~r × ~r = ~r × ~f = b~r × ~R. Torej
~l ‖ ~l. Pisimo ~l = l~e, |~l| = l. Izracunajmo ~l = l~e+ l~e in ker je ~e ⊥ ~e in ~l ‖ ~l sledi ~e ≡ ~0. Torej ima ~l
konstantno smer. Nadalje ~L = ~R × ~R = µ1~R × ~r in potemtakem ~L ‖ ~l. Vektor ~L ima potemtakem
tudi konstantno smer in zato ~L ‖ ~L.
b) ~l = ~r × ~r = b~r × ~r = b~l. Torej ~l ‖ ~l. Po drugi strani ~L = ~R × ~R = (λ1~r + λ2~r) × (µ1~r + µ2~r) =
(λ1µ2 − λ2µ1)~r × ~r. Torej ~L ‖ ~l.
c) Pisimo ~r = λ1~r + λ2~R. Potem ~l = λ2~r × ~R. Po drugi strani ~l = b~r × ~R in tako ~l ‖ ~l. Nadalje
~L = ~R× ~R = (µ1~r + µ2~R)× ~R = µ1~r × ~R in tako ~L ‖ ~l.
d) Pisimo ~r = λ1~r+λ2~R in ~R = µ1~r+µ2
~R. Potem ~l = λ2~R× ~r, ~l = (bλ1− aλ2)~r× ~R in ~L = µ1~r× ~R.
Torej ~l ‖ ~l ‖ ~L.
e,f) Ta primera dokazemo tako kot primera c) in b), le namesto ~f uporabimo pripadajoci zapis za ~F .
Oznacimo z ~e konstantni enotski vektor v smeri momentov ~l(t) in ~L(t). Potem vemo, da so vektorji
~r, ~R, ~r in ~R pravokotni na ~e za vsak t ≥ 0. Nadalje, ~e je normala na ravnino, ki jo dolocajo zacetni
polozaji tock. Oznacimo z Q zcrcaljenje preko te ravnine. Potem
Q~r1 = Q~F1(~r, ~R, ~R− ~r, ~r, ~R, ~R− ~r ) = ~F1(~r, ~R, ~R− ~r, ~r, ~R, ~R− ~r ) = ~r1.
Torej je ~r1 invarianten za to zrcaljenje in je potemtakem pravokoten na ~e. Imamo
~r1(t) =∫ t
0
~r1(τ) dτ + ~r1(t = 0)
in ocitno ~r1(t) ⊥ ~e. Potem
~r1(t) =∫ t
0
~r1(τ) dτ + ~r1(t = 0)
in (~r1(t) − ~r1(t = 0)) ⊥ ~e. Torej ~r1(t) lezi v ravnini, ki jo dolocajo zacetni polozaji tock. Podobno
dokazemo za ~r2(t) in ~r3(t).
3. Kinematika tocke
3.1 Tocka se giblje po elipsi x2
a2 + y2
b2 = 1 s pospeskom, ki ima smer negativne osi y. Zacetna lega tocke je
x = 0, y = b, zacetna brzina pa je v0. Doloci hitrost in pospesek tocke vzdolz tira.
9
Resitev Imamo x = 0. Potem x = konst. = v0. Odvajajmo enacbo tira. Tako dobimo
xx
a2+yy
b2= 0 → y = −b
2v0a2
x
y
Torej
~v = v0(~i−b2x
a2y~j) in ~a = − b
4v20
a2y3~j.
3.2 Tir tocke je podan v polarnih koordinatah r = r0et, θ = αt. Doloci hitrost in pospesek tocke.
Resitev Velja ~r = r~er, ~v = ~r = r~er + rθ~eθ = r0(~er +α~eθ)et. Nadalje ~a = ~v = (r− rθ2)~er +(rθ+2rθ)~eθ =
r0((1− α2)~er + 2α~eθ)et.
3.3 Tocka se giblje po ravninski krivulji tako, da ima pospesek konstantno velikost in oklepa s tangento na
tir konstantni kot. Dokazi, da je tir gibanja logaritemska spirala.
Resitev Pisimo a = |~a|, at = |~at|, an = |~an| in tanα = an/at. Vemo, da sta a in α konstanti. Oznacimo
v = s. Potem s = vdv/ds. Imamo
tanα =an
at=v2
%s=
v
% d v/d s
in takodv
ds=
1%v cotα.
Usmerimo s tako, da velja 1% = d θ/d s, kjer je θ kot, ki ga oklepa tangenta na tir z dano fiksno smerjo.
Potemdv
ds= κv cotα =
dθ
dsv cotα⇒ d v
v= cotαd θ
in tako v = Ceθ cot α. Tu je C integracijska konstanta. Izracunajmo sedaj
a2 = a2t + a2
n =(vdv
ds
)2
+(
1%v2
)2
=1%2v4(1 + cot2 α
)=
1%2v4 1
sin2 α.
In od tod v2 = %a sinα. Zdruzimo dobljeni enakosti,
%a sinα =ds
dθa sinα = v2 = C2e2θ cot α.
Integrirajmo, pa dobimo:
s =C2
2a sinα cotαe2θ cot α +B = Aekθ +B.
Tu je k = 2 cotα, z A pa smo krajse zapisali zgoraj nastopajoci konstantni faktor. Sedaj moramo pokazati,
da smo dobili logaritemsko spiralo. Enacba logaritemske spirale s srediscem v koordinatnem izhodiscu ima
v polarnih koordinatah (r, ϕ) parametrizacijo ~r = aebϕ~er. Izracunajmo njeno ukrivljenost. Velja
d~r
dϕ= abebϕ~er + aebϕ~eϕ.
10
Potem
~et =1√
1 + b2(b~er + ~eϕ) in
d~et
dϕ=
1√1 + b2
(−~er + b~eϕ)
in1%
=∣∣∣∣d~et
ds
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣d~et
dϕ
dϕ
ds
∣∣∣∣ = ∣∣∣∣dϕds∣∣∣∣ = dϕ
ds.
Nadalje d s = aebϕ√
1 + b2dϕ in
s = a√
1 + b2∫ ϕ
ϕ0
ebϕ dϕ =a
b
√1 + b2ebϕ + s0
Tako dobimo1%
=1
a√
1 + b2e−bϕ =
1b(s− s0)
.
Po drugi strani je ukrivljenost tira enaka
1%
=dθ
ds=
1kAekθ
=1
k(s−B).
Ukrivljenost tira κ = κ(s) je enaka ukrivuljenosti logaritemske spirale in tako se po Frenetovem izreku tir
materialne tocke do togega premika natancno ujema z dano logaritemsko spiralo.
4. Dinamika tocke
4.1 Za posevni met z metno brzino v0 doloci metni prostor.
Resitev Izberimo kartezicni koordinatni sistem s srediscem v tocki meta, osi x in y pa naj imata smer
horizontale oziroma vertikale. Pisimo ~r = x~i + y~j in oznacimo z α metni kot. Imamo m~r = −mg~j in
zacetna pogoja ~r(t = 0) = ~0 in ~r(t = 0) = v0(cosα~i + sinα~j). Tako dobimo trajektoriji x(t) = v0t cosα
in y(t) = v0t sinα − 12gt
2. Kot α je parameter druzine trajektorij. Ogrinjaca te druzine omejuje metni
prostor. Eliminirajmo t in zapisimo enacbo tira v implicitni obliki F (x, y, α) = 0. Tako dobimo 0 =
y − x tanα+ g2v2
0(1 + tan2 α)x2. Eancbo ogrinjace dobimo iz sistema enacb
F (x, y, α) = 0 indF
dα= 0.
Potem tanα = v20
gx in enacba ogrinjace je
y =v20
2g− g
2v20
x2.
Metni prostor je tako presek mnozic y ≥ 0 in y ≤ v20
2g −g
2v20x2. Od tod takoj vidimo, da je maksimalna visina
meta y = v20
2g , maksimalna metna daljina pa x = v20g .
11
4.2 Obravnavaj prosti pad z linearnim uporom zraka.
Resitev Naj bo m masa delca in g teznostni pospesek. Usmerimo os x v smer pada. Potem imamo
mx = mg − kx. Tu je k > 0. Pisimo µ = k/m in predpisimo zacetna pogoja x(t = 0) = 0 in x(t = 0) = 0.
Potem ocitno x(t) = gµ (1−e−µt) in x(t) = g
µ (− 1µ + t+ 1
µe−µt). Vidimo, da hitrost pada asimptoticno narasca
proti gµ .
4.3 Delec z maso m vrzemo z zacetno brzino v0 pod kotom α glede na horizontalno ravnino. Na telo deluje
poleg sile teze se sila upora, ki je sorazmerna kvadratu brzine. Doloci metno daljino in visino.
Resitev Na delec deluje sila ~F = −mg~j − kv2~et. Oznacimo s θ kot, ki ga oklepa tangenta na tir s
horizontalo. Potem ~et = cos θ~i+ sin θ~j in ~en = sin θ~i− cos θ~j. Tu smo upostevali, da je tir gibanja za naso
postavitev koordiantnega sistema graf konkavne funkcije. Iz Newtonove enacbe dobimo skalarni enacbi
mv = −mg sin θ − kv2 in1%mv2 = −mg cos θ.
Izrazimo
v =dv
dt=dv
dθ
dθ
dt= v′
dθ
ds
ds
dt= v′κv = −1
%vv′,
saj zaradi konkavnosti κ = − 1% . Eliminirajmo 1
% iz druge enacbe in vstavimo v prvo enacbo. Tako dobimo
mgv′
vcos θ = mg sin θ + kv2.
Torej
mgd
dθ(v cos θ) = kv3 oziroma
mg
k
d(v cos θ)v3 cos3 θ
=1
cos3 θdθ.
Integrirajmo, pa dobimo
−12v2 cos2 θ
=k
2mg
(sin θcos2 θ
+ log tan(π
4+θ
2
)− C
)in tako
v2 =mg
k
[cos2 θ
(C − log tan
(π
4+θ
2
))− sin θ
]−1
.
Konstanto C dolocimo iz zacetne brzine in zacetnega naklonskega kota. Torej
C =mg
kv20 cos2 α
+ log tan(π
4+α
2
)+
sinαcos2 α
.
Dolocimo sedaj trajektorijo gibanja x = x(θ), y = y(θ). V ta namen upostevajmo dt = dθ/θ in θ =
−mgv−1 cos θ. Potem dx = xdt = ~v ·~i dt = v cos θdt = −v2g−1dθ in dy = ydt = ~v · ~j dt = v sin θdt =
−v2g−1 tan θdθ. Integrirajmo, pa dobimo
x(θ) =∫ α
θ
v2
gdθ in y(θ) =
∫ α
θ
v2 tan θg
dθ.
Dolocimo sedaj metno daljino xmax. Iz enacbe y(θmax) = 0 dolocimo θmax in potem xmax =∫ α
θmax
v2
g dθ.
Metna visina pa je enaka ymax =∫ α
0v2 tan θ
g dθ.
12
5. Gibanje v polju centralnih sil
5.1 Tocka se giblje pod vplivom centralne sile po kroznici, ki gre skozi center sile.
a) Doloci centralno silo.
b) Doloci cas obhoda.
Resitev Oznacimo z d premer kroznice. V polarnem koordinatnem sistemu z izhodiscem v centru sile je
tir tocke podan z enacbo r = d cos θ. Oznacimo z C0 dvojno plosinsko hitrost, z m maso tocke in pisimo
u = 1r .
a) Po Binetovi enacbi je centralna sila f(r) enaka
f(r) = −mC20u
2
[d2u
dθ2+ u
].
Imamo u = 1d cos θ in
du
dθ=
sin θd cos2 θ
ind2u
dθ2=
cos2 θ + 2 sin2 θ
d cos3 θ= 2d2u3 − u
in tako f(r) = −2mC20d
2r−5.
b) Oznacimo s T cas obhoda. Velja 12C0T = 1
4πd2. Torej T = πd2
2C0.
Opomba Naloge se moremo lotiti tudi takole. Energija E je konstanta gibanja. Pisimo
E =12mv2 + V (r) =
12m(r2 + r2θ2) + V (r) =
12m(r′ 2 + r2)
C20
r4+ V (r) =
12md2C
20
r4+ V (r).
Tu smo pisali r′ = drdθ . Potem
f(r) = −dV (r)dr
= − d
dr
(E − 1
2md2C
20
r4
)= −2mC2
0d2 1r5.
5.2 Delec z enotsko maso se giblje pod vplivom centralne sile po lemniskati s srediscem v centru sile.
a) Doloci centralno silo.
b) Doloci brzino delca.
c) Doloci cas prihoda v center sil iz apsidne razdalje r = a.
Resitev V polarnem koordinatnem sistemu z izhodiscem v centru sile je tir delca podan z enacbo r2 =
a2 cos 2θ. Tu je a dana konstanta.
a) Imamo u = 1a√
cos 2θin
du
dθ=
sin 2θa√
cos3 θin
d2u
dθ2=
1a√
cos 2θ+
3 sin2 2θa√
cos5 2θ= 3a4u5 − u
13
in tako f(r) = −3C20a
4r−7.
b) Velja v2 = r2 + r2θ2 = C20
[u′2 + u2
]= C2
0a4r−6.
c) Izracunajmo ploscino cetrtine lemniskate. Imamo
S =∫ π/4
0
12r2 dθ =
a2
2
∫ π/4
0
cos 2θ dθ =a2
4
in tako T = a2
2C0.
5.3 Delec z enotsko maso se giblje pod vplivom privlacne centralne sile ~F = −C20 (1 + a2)r−3~er. Tu je a
pozitivna konstanta. V zacetnem trenutku je delec v oddaljenosti r0 do centra sil in ima radialno brzino
aC0r−10 .
a) Doloci tir gibanja.
b) Doloci trajektorijo gibanja.
Resitev
a) Binetova enacba se glasi
−C20 (1 + a2)r3
= −C20
r2
[d2
dθ21r
+1r
]in tako za u = r−1 velja u′′−a2u = 0. Dobljena enacba ima splosno resitev u = Aeaθ +Be−aθ. Zavrtimo
polarni koordinatni sistem tako, da je v zacetnem trenutku θ = 0. Potem velja
A+B =1r0
aA− aB = − a
r0.
Tu smo upostevali, da v zacetnem trenutku velja
du
dθ=
r
C0= − aC0
r0C0= − a
r0.
Iz sistema enacb dobimo A = 0 in B = r−10 . Torej je iskani tir logaritemska spirala r = r0eaθ.
b) Iscemo zapis r = r(t) in θ = θ(t). Vemo θ = C0r−2 = C0r
20e−2aθ. Resitev te diferencialne enacbe z
zacetnim pogojem θ(t = 0) = 0 je
θ =12a
log∣∣∣∣2aC0
r20t+ 1
∣∣∣∣ .Od tod takoj dobimo
r = r0eaθ = r0
√∣∣∣∣2aC0
r20t+ 1
∣∣∣∣.5.4 Obravnavaj gibanje v polju gravitacijske sile.
a) Doloci tir gibanja.
b) Izrazi ekscentricnost tira v odvisnosti od energije delca.
14
Resitev
a) Imamo ~F = −κmMr−2~er, tu je m masa delca, M je masa v centru sil, κ pa je gravitacijska konstanta.
Iz Binetove formule dobimod2
dθ21r
+1r
=γ
C20
,
kjer je C0 dvojna plosinska hitrost in γ = κM . Splosna resitev gornje enacbe je 1r = A1 cos θ+A2 sin θ+
γ/C20 oziroma 1
r = A cos(θ−ψ)+γ/C20 . Orientirajmo koordinatni sistem tako, da velja ψ = 0 in A ≥ 0.
Potem je tir stozernica
r =p
1 + ε cos θ, p =
C20
γ, ε =
AC20
γ.
b) Pisimo E = T + V , tu je T kineticna energija, V pa potencialna. Vemo ~F = −gradV in tako V (r) =
−γmr−1 + V0. Izberimo V0 tako, da limr→∞ V (r) = 0, torej V0 = 0. Nadalje
T =12mv2 =
12mC2
0
[(d
dθ
1r
)2
+1r2
]=
12mC2
0
(A2 + 2A
γ
C20
cos θ +γ2
C40
).
In tako
E =12mC2
0A2 − 1
2mγ2
C20
.
Upostevajmo sedaj, da velja ε = AC20
γ tako dobimo
ε =
√1 +
2EC20
γ2m.
Torej je tir elipsa za E < 0, parabola za E = 0 in hiperbola za E > 0.
5.5 V polju centralne sile ~F = −µm(3r−3 + a2r−5)~er se giblje delec z maso m. V zacetnem trenutku je
delec v oddaljenosti a od centra sil in ima brzino 2a
√µ v smeri, ki oklepa kot 3π/4 z radialno smerjo.
Izracunaj cas prihoda delca v center sil.
Resitev Iz zacetnih pogojev izracunajmo dvojno ploscinsko hitrost. Imamo |~v| cos π4 = vθ in tako 1
a
√2µ =
aθ. Potem
C0 = a2θ =√
2µ.
Zapisimo Binetovo enacbo:
−C20u
2
[d2u
dθ2+ u
]= −µ(3u3 + a2u5).
In od tod
2d2u
dθ2= u+ a2u3.
Pomnozimo enacbo z du/dθ in integrirajmo. Torej(du
dθ
)2
=12u2 +
a2
4u4 +A.
15
Dolocimo A iz zacetnega pogoja pri r = a. Torej
|~v|2 = C20
((du
dθ
)2
+ u2
)⇒(du
dθ
)2
=1a2
in tako A = 1/4a2. Potemtakem
(du
dθ
)2
=12u2 +
a2
4u4 +
14a2
=1
4a2
(1 + a2u2
)2.
Izracunajmo sedajdr
dt=dr
dθ
dθ
dt=C0
r2dr
dθ= −C0
du
dθ= −
√2µ
12a(1 + a2u2
).
Potem
dt = − 2a√2µ
r2
r2 + a2dr
in cas t prihoda v center sil je enak
t = − 2a√2µ
∫ 0
a
(1− a2
r2 + a2
)dr =
a2
√2µ
(2− π
2
).
Opomba Naloge se moremo lotiti tudi takole. Gibanje v polju centralnih sil je konzervativno, zato je
energija E konstanta gibanja. Potencial dane centralne sile je V = −µm(
32r−2 + a2
4 r−4)
in potem
E = T + V =12mC2
0
((du
dθ
)2
+ u2
)− µm
(32u2 +
a2
4u4
).
Upostevajmo, da je C0 =√
2µ pa dobimo
(du
dθ
)2
=12u2 +
a2
4u4 +
E
mµ.
Sedaj dolocimo konstanto E iz zacetnih pogojev in nadaljujemo tako kot zgoraj.
6. Gibanje po krivulji
6.1 Z vrha kroznega obroca s polmerom R zdrsne brez trenja masna tocka z maso m in z zacetno brzino v0.
Doloci tocko kjer masna tocka zapusti gibanje po obrocu.
16
Resitev V sredisce obroca postavimo polarni koordinatni sistem. Na masno tocko v casu gibanja po
obrocu delujeta sila teze ~Fg = −mg~j = −mg sin θ ~er −mg cos θ ~eθ in sila podlage ~N = N~er. Iz Newtonove
enacbe
~Fg + ~N = m~a = mdv
dt~et +m
1%v2~en = −mdv
dt~eθ −m
v2
R~er
dobimo skalarni enacbi
−mg sin θ +N = −mv2
Rin mg cos θ = m
dv
dt.
Integrirajmo drugo enacbo, tu upostevamo, da velja v = −Rθ. Potem g cos θ = −Rθ in ocitno g sin θ =
− 12Rθ
2 + C. Dolocimo integracijsko konstanto C iz zacetnega pogoja, −Rθ = v0 pri θ = π/2. Potem
C = g + v20
2R in v2 = v20 + 2gR(1− sin θ). Tako dobimo
N = −2mg(1− sin θ) +mg sin θ − mv20
R= 3mg sin θ − 2mg − mv2
0
R.
Tocka zapusti gibanje po obrocu v trenutku, ko velja N = 0. Torej pri
θc = arcsin(
23
+v20
3gR
).
Pri v20
gR ≥ 1 pa tocka zapusti obroc ze kar takoj na zacetku; θc = π/2.
6.2 Z vrha kroznega obroca s polmerom R zdrsne masna tocka z maso m. Na tocko poleg sile teze in
podlage deluje se sila trenja. Za majhne vrednosti kolicnika trenja k dolci polozaj kjer masna tocka
zapusti gibanje po obrocu. Zacetna brzina tocke na vrhu obroca je v0.
Resitev Klasificirajmo mozne tire:
- tocka odleti z vrha obroca;
- tocka se zaradi sile trenja ustavi na obrocu;
- tocka zdrsne po obrocu in ga po dolocenem casu zapusti.
Masna tocka odleti z vrha obroca, ce je ukrivljenost tira posevnega meta z vrha obroca in zacetno brzino
v0 vecja od polmera obroca. Normalni pospesek tocke je |κ|v2, kjer je κ ukrivljenost tira tocke. V primeru,
da tocka odleti z vrha obroca, sledi iz Newtonovega zakona |κ|v2 = g. Potemtakem, tocka odleti, ce veljav20g ≥ R. Pisimo α := v2
02gR . Torej za α ≥ 1
2 tocka odleti z vrha obroca.
Privzemimo sedaj α < 12 . Na masno tocko poleg sile teze in sile podlage ~N deluje se sila trenja ~f = f~eθ.
Uporabimo zvezo f = kN in zapisimo Newtonovi enacbi
− 1Rmv2 = −mg sin θ +N
−mdv
dt= −mg cos θ + kN.
Eliminirajmo N iz prve enacbe in upostevajmo v = −Rθ. Potem
Rθ = g(k sin θ − cos θ)− kRθ2.
17
Pomnozimo enacbo s θ in jo prepisimo v
d
dt
(12Rθ2 + g(sin θ + k cos θ)
)= −kRθ2 dθ
dt.
Integrirajmo enacbo od zacetne lege na vrhu obroca do izbrane lege na obrocu. Tako dobimo
12Rθ2 + g(sin θ + k cos θ)−
(v20
2R+ g
)= −kR
∫ θ
π/2
θ2 dθ.
Pisimo F = θ2 in prepisimo enacbo v
F +2gR
(sin θ + k cos θ − (1 + α)) = −2k∫ θ
π/2
F dθ.
Iscemo resitev F ≥ 0. Resitev F < 0 pomeni, da se masna tocka zaustavi na obrocu pri F = 0. Omejimo
se na majhne vrednosti kolicnika k. V ta namen zapisimo F = F (θ, k) = F (θ, 0) + ∂F∂k (θ, 0)k + O(k2) in
vstavimo v enacbo. Primerjejmo koeficiente pri k. Tako dobimo
F (θ, 0) =2gR
(1 + α− sin θ)
∂F
∂k(θ, 0) = −2g
R
(cos θ − 2
∫ θ
π/2
(1 + α− sin θ) dθ
)= −2g
R((1 + α)(2θ − π) + 3 cos θ) .
Do prvega reda natancnosti potemtakem velja
F =2gR
(1 + α− sin θ − (3 cos θ − (1 + α)(π − 2θ)) k) .
Sila podlage je N = − 1Rmv
2 +mg sin θ = −mRF +mg sin θ oziroma
N = mg ((3 sin θ − 2(1 + α)) + 2(3 cos θ − (1 + α)(π − 2θ))k) .
Masna tocka zapusti obroc pri N = 0. Iscemo torej niclo θc enacbe
sin θc + 2k cos θc =23(1 + α)((π − 2θc)k + 1).
Dobljena enacba je transcendenta in njeno resitev v zaprti obliki ne znamo poiskati. Pri danih vrednostih k
in α pa moremo brez tezav poiskati numericno resitev.
Resitev enacbe θc je funkcija k in α. Vprasajmo se, kako se pri danem α obnasa θc. V ta namen pisimo
θc = θc(k) in izracunajmo ddkθc(k) pri k = 0. Po krajsem racunu, tu upostevamo, da velja θ0 := θc(0) =
arcsin 23 (1 + α), dobimo
dθc
dk(k = 0) =
2(1 + α)(π − 2θ0)3 cos θ0
− 2 =43(1 + α)
arcsin√
1− 49 (1 + α)2√
1− 49 (1 + α)2
− 2.
Upostevajmo, da velja arcsinx ≥ x pa dobimo
dθc
dk(k = 0) ≤ 4
3(1 + α)− 2 =
43(α− 1
2) < 0.
18
Z besedami, pri majhnem k z narascajocim trenjem masna tocka kasneje zapusti obroc.
Opomba Dobljeno enacbo za θ moremo preoblikovati v linearno diferencialno enacbo za F = θ2:
dF
dθ+ 2kF =
2gR
(k sin θ − cos θ).
Resitev te enacbe pri zacetnem pogoju F (θ = π/2) = v20
R2 je
F =2gR
((α− 2k2 − 1
4k2 + 1
)ek(π−2θ) +
14k2 + 1
((2k2 − 1) sin θ − 3k cos θ)).
Poucna je numericna primerjava med aproksimacijo prvega reda in tocno resitvijo izracunane tocke
zapustitve.
6.3 Z dna vertikalno postavljenega obroca je zagnana masna tocka. Sprva se tocka brez trenja giblje po
obrocu, nato pa ga zapusti in gibanje nadaljuje v posevnem metu. Doloci zacetno brzino tako, da masna
tocka v posevnem metu prileti skozi sredisce obroca.
Resitev Pisimo m masa tocke in R polmer obroca. Obravnavajmo sprva gibanje po obrocu. Vpeljimo
polarni koordinatni sistem s srediscem v srediscu obroca in merimo kot θ od smeri sile teze ~g = −~j. Na
tocko deluje sila teze ~Fg = −mg~j = mg cos θ~er−mg sin θ~eθ in sila podlage ~N = −N~er. Iz Newtonove enacbe
dobimo skalarni enacbi
−mRθ2 = mg cos θ −N in mRθ = −mg sin θ.
Oznacimo z v0 brzino v zacetnem polozaju. Potem iz druge enacbe dobimo
12Rθ2 = g cos θ + C in
12R
v20 = g + C.
Torej C = 12R
−1v20 − g in θ2 = 1
R2 v20 + 2 g
R (cos θ − 1). Od tod vidimo, da je kot θ omejen z neenacbo
cos θmax ≥ 1− v20
2gR . Izrazimo sedaj silo podlage
N = mRθ2 +mg cos θ = m
(1Rv20 + 3g cos θ − 2g
).
Masna tocka zapusti obroc pri N = 0. Funkcija θ je soda, z drugimi besedami, ce masna tocka zapusti obroc,
ga zapusti gor grede, zato se smemo omejiti na θ ∈ [0, π]. Oznacimo s θ0 kot zapustitve. Potem
cos θ0 =23− 1
3gRv20 .
Seveda mora veljati θ0 ≤ θmax oziroma cos θ0 ≥ cos θmax. Torej v20 ≥ 2gR. Kvadrat brzine masne tocke v
trenutku zapustitve obroca je
u0 = Rθ =
√13v20 −
23gR
in tako cos θ0 = − 1gRu
20.
19
Obravnavajmo sedaj posevni met. Metna tocka ima koordinati x0 = R sin θ0 in y0 = −R cos θ0, metna
hitrost pa je
~u = ux~i+ uy
~j = u0
(cos θ0~i+ sin θ0~j
).
Trajektorija posevnega meta je x(t) = uxt+x0, y(t) = − 12gt
2 +uyt+y0. Iscemo tir, ki gre skozi koordinatno
izhodisce. Potem t = −x0/ux in − 12gx
20/u
2x − x0uy/ux + y0 = 0. Izracunajmo
t = −x0
ux= − R
u0tan θ0 in − x0
uy
ux= −R sin2 θ0
cos θ0.
Potemtakem
0 = −12gR2
u20
tan2 θ0 −Rsin2 θ0cos θ0
−R cos θ0
in od tod sin2 θ0 cos−2 θ0 = 2 in u20 = gR/
√3. Torej
v20 = 3u2
0 + 2gR = gR(2 +√
3) > 2gR
.
6.4 Matematicno nihalo z maso utezi m in dolzine vrvice l spustimo z nenapeto vrvico pravokotno na
navpicnico. Izracunaj brzino pri prehodu skozi najnizjo tocko, ce je v zacetnem trenutku utez v od-
daljenosti l cos θ0 od navpicnice. Pritrdisce nihala je na navpicnici v tocki najmanjse oddaljenosti do
zacetne lege utezi.
Resitev Usmerimo os x v smer horizontale, os y pa v smer prostega pada. Utez prvo sledi prostemu
padu, nato pa se giblje po kroznici s polmerom l. Enacba prostega pada je y = g. Od tod y = 12gt
2.
Vrvica se napne pri y = l sin θ0, torej pri t =√
2g l sin θ0. Brzina v zacetni tocki gibanja po kroznici
je potemtakem v0 =√
2gl sin θ0. Predpostavimo sedaj, da se ob prehodu na gibanje po kroznici ohrani
obodna komponenta hitrosti, kineticno energijo radialne komponente pa prestreze infinitezimalni razteg
vrvice. Obodna komponenta je vθ0 = v0 cos θ0. Sila vrvice pri gibanju po kroznici ne opravlja dela, zato velja
zakon o ohranitvi energije. Celotna energija utezi pri θ0 je E = mgl sin θ0 cos2 θ0−mgl sin θ0 = −mgl sin3 θ0.
V najnizji tocki pri θ = π/2 pa velja E = 12mv
2 −mgl. Torej v2 = 2gl(1− sin3 θ0).
6.5 Vrvica matematicnega nihala z maso utezi m in dolzine vrvice a se pri nihaju θ ≥ π/2 ovije okoli
zabitega zeblja, ki je v visini pritrdisca nihala in v oddaljenosti b < a od pritrdisca. Doloci najmanjso
brzino utezi v njeni najnizji legi tako, da utez pri navijanju okoli zeblja opise celo kroznico.
Resitev Za θ ∈ [0, π2 ] se masna tocka giblje kot utez matematicnega nihala z dolzino vrvice a, za θ ≥ π
2
pa kot utez matematicnega nihala z dolzino vrvice a− b. Sila vrvice matematicnega nihala ne opravlja dela,
zato moremo uporabiti energijski princip. V najvisji legi matematicnega nihala velja
m~a = mv~et +m1%v2~en = −mv~i+ mv2
a− b~j = mg~j +N~j.
20
Potem je najmanjsa hitrost, pri kateri nihalo prehodi najvisjo lego enaka v2 = g(a− b). Celotna energija v
najvisji legi je tako E = 12mg(a − b) +mg(a − b) = 3
2mg(a − b). V najnizji legi velja E = 12mv
20 −mga in
tako v20 = g(5a− 3b).
7. Gibanje po ploskvi
7.1 Po zunanjem plascu vertikalno postavljenega stozca je brez trenja gibljiva masna tocka.
a) Za Gaussovi ploskovni koordinati izracunaj ploskovni metricni tenzor.
b) Izracunaj pripadajoce Christoffelove simbole prvega in drugega reda.
c) Na masno tocko naj deluje sila teze v smeri osi stozca. Zapisi Newtonovo enacbo v ploskovnih
komponentah.
d) V zacetnem trenutku je podana vrtilna kolicina l0 in brzina v0, ki ustreza mirovanju masne tocke
na vrhu stozca. Doloci tir gibanja.
Resitev
a) Postavimo kartezicni koordinatni sistem v vrh stozca tako, da lezi os stozca v smeri vektorja −~k. Odprtje
stozca oznacimo z α0 in pisimo a = cotα0. Za Gaussovi koordinati vzemimo u1 = r in u2 = θ. Tu sta
r in θ skalirani polarni koordinati; r√1+a2 je polarna razdalja in
√1 + a2θ je azimutalni kot. Oznacimo
z yi kartezicne koordinate. Potem
y1 =r√
1 + a2cos(
√1 + a2θ) y2 =
r√1 + a2
sin(√
1 + a2θ) y3 = − a√1 + a2
r
Krivocrtna ploskovna baza je
~a1 =∂~r
∂u1=∂~r
∂r=
1√1 + a2
(cos(
√1 + a2θ)~i+ sin(
√1 + a2θ)~j − a~k
)~a2 =
∂~r
∂u2=∂~r
∂θ= r
(− sin(
√1 + a2θ)~i+ cos(
√1 + a2θ)~j
)Pripadajoci ploskovni metricni tenzor [aij ] je potem
a11 = ~a1 · ~a1 = 1 a12 = ~a1 · ~a2 = 0 a22 = ~a2 · ~a2 = r2,
pripadajoci reciprocni tenzor [aij ] pa
a11 = 1 a12 = 0 a22 =1r2.
b) Velja
[αβ, γ] =12
(∂aαγ
∂uβ+∂aγβ
∂uα− ∂aαβ
∂uγ
).
21
Potem
[11, 1] =12∂a11
∂r= 0, [11, 2] =
12∂a12
∂r= 0, [12, 1] =
12∂a11
∂θ= 0,
[12, 2] =12∂a22
∂r= r, [22, 1] = −1
2∂a22
∂r= −r, [22, 2] =
12∂a22
∂θ= 0.
Christoffelove simbole drugega reda dobimo iz formule
αβγ
= [βγ, δ] aδα. Torej
111
= [11, α] aα1 = 0
211
= [11, α] aα2 = 0
112
= [12, α] aα1 = 0
212
= [12, α] aα2 =
1r
122
= [22, α] aα1 = −r
222
= [22, α] aα2 = 0.
c) Velja
aα =δvα
δt=dvα
dt+α
βγ
vβvγ
in tako a1 = r− rθ2, a2 = θ+2 1r rθ. Poiscimo sedaj ploskovne komponente sile teze. Imamo ~F = −mg~k
in tako
Fα = xiαFi =
∂yi
∂uαFi = − ∂y
3
∂uαmg.
Torej F1 = a√1+a2mg in F2 = 0. Newtonovi enacbi sta tako
r − rθ2 =a√
1 + a2g in θ + 2
1rrθ = 0.
d) Iz druge enacbe dobimo dobimo konstanto gibanja r2θ = C0 = l0/m. Z drugimi besedami, v koordinatah
r in θ imamo gibanje v polju centralnih sil s potencialom V = − amg√1+a2 r. Iz grafa efektivnega potenciala
sledi, da gibanje ni omejeno. Izrazimo θ = C0r−2 in vstavimo v prvo enacbo. Tako dobimo
r − C20
r3=
ag√1 + a2
⇒ 12r2 +
12C2
0
r2=
ag√1 + a2
r + C.
Dolocimo C iz zacetnega pogoja. Velja v2 = aαβvαvβ = r2 + r2θ2 = r2 + C2
0r−2. Torej
12v2 =
ag√1 + a2
r + C
in ker zacetna brzina ustreza mirovanju na vrhu stozca, sledi C = 0. Vpeljimo sedaj u = r−1. Potem
r = −C0u′ in tako
12C2
0
(u′
2 + u2)
=ag√
1 + a2
1u.
Pisimo α = 2ag
C20
√1+a2 . Potem
u′2 + u2 = α
1u⇒ dθ = ±
√udu√α− u3
.
Negativni predznak predstavlja gibanje proti neskoncnosti, pozitivni pa gibanje proti centru. Sprememba
predznaka ustreza najmanjsi oddaljenosti do centra sil. Ocitno rmin = α−1/3. V nadaljevanju se
odlocimo za negativni predznak. Vpeljimo sedaj novo neznanko η2 = u3 in izracunajmo integral∫ √u√
α− u3du =
23
∫dη√α− η2
=23
arcsinη√α
=23
arcsinu3/2
√α.
22
Za gibanje masne tocke asimptoticno velja limt→∞ r(t) = ∞ in limt→∞ θ(t) = θ2. Zavrtimo stozec tako,
da velja θ2 = 0. Torej u(0) = 0 in θ ∈ [−π2 , 0). Vstavimo te meje v integral pa dobimo
u32 =
√α sin
(−3
2θ
)in
r =(α sin2
(−3
2θ
))−1/3
=rmin
sin2/3(− 3
2θ) .
8. Relativno gibanje
8.1 Poltrak se enakomerno vrti okoli tocke O na kroznici s polmerom R. Doloci hitrost in pospesek gibanja
presecisca v koordinatnem sistemu v katerem kroznica miruje in v koordinatnem sistemu, v katerem
miruje poltrak.
Resitev Postavimo izhodisci obeh kartezicnih koordinatnih sistemov v tocko O, koordinate sistema v
katerem miruje kroznica, v nadaljevanju mirojoci koordinatni sistem, oznacimo z x, y in z, koordinate v
katerem miruje poltrak, relativni koordinatni sistem, pa z ξ, η, ζ. Zavrtimo koordinatna sistema tako, da
lezi kroznica v ravnini xy oziroma ξη in da je poltrak v smeri osi ξ. Bazne vektorje v koordinatnih smereh
oznacimo s ~i, ~j, ~k oziroma ~ε1, ~ε2, ~ε3. S θ = ωt oznacimo kot med osema x in ξ. Potem velja ξ = 2R sin θ
in koordinati presecisca sta x = R sin 2θ, y = 2R sin2 θ. Potem ocitno ~v = 2Rω cos 2ωt~i + 2Rω sin 2ωt~j in
~a = −4Rω2 sin 2ωt~i + 4Rω2 cos 2ωt~j. V relativnem koordinatnem sistemu pa velja ~vr = 2Rω cosωt~ε1 in
~ar = −2Rω2 sinωt~ε1.
Izracunajmo se po drugi poti, dana sta ~vr in ~ar, iscemo ~v in ~a. Oznacimo z ~r krajevni vektor do presecisca
v mirojocem koordinatnem sistemu in z ~% krajevni vektor v relativnem koordinatnem sistemu. Ker imata
koordinatna sistema skupno izhodisce, velja ~r = ~%. Vemo, da velja ~v = ~vr+~ω×~% in ~a = ~ar+2~ω×~vr+~ω×(~ω×~%).
Tako dobimo
~v = 2Rω cos θ~ε1 + 2Rω sin θ~ε2 =
= 2Rω cos θ(cos θ~i+ sin θ~j
)+ 2Rω sin θ
(− sin θ~i+ cos θ~j
)= 2Rω
(cos 2θ~i+ sin 2θ~j
)in
~a = −2Rω2 sin θ~ε1 + 4Rω2 cos θ~ε2 − 2Rω2 sin θ~ε1 =
= 4Rω2(− sin θ~ε1 + cos θ~ε2) = 4Rω2(− sin 2θ~i+ cos 2θ~j ).
23
8.2 Obroc se v ravnini enakomerno vrti okoli tocke O na obrocu, po obrocu pa enakomerno krozi tocka T .
Izracunaj pospesek te tocke.
Resitev Oznacimo z R polmer obroca, z ω kotno hitrost krozenja obroca in z a kotno hitrost krozenja
tocke T . Sredisce relativnega koordinatnega sistema postavimo v sredisce obroca, sredisce absolutnega pa v
tocko O. Polozaj tocke na obrocu je dan z ~% = R cos θ~ε1 + R sin θ~ε2 in θ = at. Potem ~vr = −Ra sin θ~ε1 +
Ra cos θ~ε2 in ~ar = −Ra2 cos θ~ε1−Ra2 sin θ~ε2. Nadalje ~ac = 2~ω×~vr = 2ω~k×~vr = −2ωaR(sin θ~ε2 +cos θ~ε1).
Sistemski pospesek je dan z ~as = ~a0 + ~ω × (~ω × ~%) = −ω2R~ε1 − ω2R(cos θ~ε1 + sin θ~ε2). Tako dobimo
~a = −R(ω2 + (ω + a)2 cos at )~ε1 −R(ω + a)2 sin θ~ε2. Opazimo, da za ω = −a velja ~a = −ω2R~ε1.
8.3 Votla cev dolzine 2l se z enakomerno kotno hitrostjo ω v horizontalni ravnini enakomerno vrti okoli
svojega konca O. V sredini cevi miruje masna toka z maso m. Pri t = 0 pritrditev tocke popusti in
tocka se pricne brez trenja gibati vzdolz cevi. Doloci kdaj in s kaksno hitrostjo masna tocka zapusti
cev.
Resitev V O postavimo inercialni in relativni koordinatni sistem. Ravnina gibanja naj bo xy oziroma
ξη, v casu t = 0 pa se naj osi x in ξ ujemata. Velja ~% = ξ~ε1 in ~ω = ω~k = ω~ε3. Potem ~a = ~as + ~ac + ~ar =
~ω × (~ω × ~%) + 2~ω × ξ~ε1 + ξ~ε1 = −ω2ξ~ε1 + 2ωξε2 + ξ~ε1. Zunanji sili na masno tocko sta sila teze in sila vezi,
ki veze tocko na gibanje vzdolz cevi. Torej rezultanta zunanjih sil nima komponente v smeri osi ξ in tako
dobimo ξ − ω2ξ = 0. Resitev te diferencialne enacbe pri zacetnih pogojih ξ(t = 0) = l in ξ(t = 0) = 0 je
ξ(t) = lchωt. Tocka torej zapusti cev v casu t0 = 1ω Arch 2, oziroma pri θ = Arch 2. Tu je θ kot med osema
x in ξ. Obodna hitrost zapustitve pa je ~v = ωlshωt0~ε1 + ω2l~ε2 = ωl(√
3~ε1 + 2~ε2).
9. Sistem s spremenljivo maso
9.1 Okrogla vodna kapljica pada pod vplivom sile teze skozi mirujoco nasiceno vlazno atmosfero. Zaradi
kondenzacije masa kroglice raste sorazmerno s trenutno povrsino kroglice. Izracunaj hitrost kroglice, ce
je v zacetnem trenutku polmer kroglice r0, njena brzina pa je v0 v smeri padanja.
Resitev Usmerimo os x v smer padanja kroglice in pisimo v = x. Kroglica pada skozi mirujoco atmosfero,
zato je gibalna enacba enaka ddt (mv) = mg. Naj bo ρ gostota kapljice. Potem m = 4
3πρr3 in dm = 4πρr2dr.
Prirastek mase je sorazmeren povrsini kapljice. Torej dmdt = k4πr2 in od tod r = k
ρ . Potem
d
dt(mv) = mg =⇒ k
ρ
d
dr
(43πr3ρv
)=
43πr3ρg
in tako kd(r3v) = ρr3g dr. Integrirajmo in postavimo v(r0) = v0. Tako dobimo
v =gρ
4kr +
r30r3
(v0 −
gρ
4kr0
).
24
9.2 Z vrha strmine z naklonskim kotom α se splazi plaz nesprijetega snega. Izracunaj v koliksnem casu
dolzina plazisca naraste do dolzine a.
Resitev Predpostavimo da je sneg na strmini enakomerne debeline in da se ves splazeni sneg giblje z
enako hitrostjo. Plaz pridobiva na masi na racun mirujocega snega. Postavimo koordinatni sistem na vrh
strmine in usmerimo os x v smeri strmine. Ustrezna gibalna enacba za plaz je ddt (mv) = mg sinα. Masa
plaza je ρbcx. Tu je ρ gostota plaza, b visina snega in c sirina plaza. Okrajsamo pa imamo ddt (xx) = gx sinα.
Spremenljivka x je monotono narascajoca funkcija casa. Potem ddt = dx
dtddx . Pomnozimo gibalno enacbo z x.
Tako dobimod
dx
(xdx
dt
)xdx
dt= gx2 sinα =⇒ d
(12
(xdx
dt
)2)
= gd
(13x3
)sinα.
Integrirajmo in postavimo zacetni pogoj x(t = 0) = 0, x(t = 0) = 0. Tako dobimo
xdx
dt=
√23g sinαx3/2.
Locimo spremenljivki, integrirajmo pa dobimo t =√
6ag sin α .
9.3 S strehe dolzine a in strmine α zdrsne plaz juznega snega. Izracunaj v koliksnem casu se sneg splazi s
strehe.
Resitev Postavimo izhodisce koordinatnega sistema na rob strehe in usmerimo os x proti vrhu v smer
strmine strehe. Predpostavimo da je sneg na strehi enakomerne debeline in da se ves splazeni sneg giblje
z enako hitrostjo. Nadalje predpostavimo, da se plaz na robu strehe lomi tako, da velja gibalna enacbaddt (mv) = mg sinα. Potem d
dt (xdxdt ) = −gx sinα in tako kot v predhodni nalogi, sedaj je x monotono
padajoca funkcija casa,12
(xdx
dt
)2
= −13gx3 sinα+ C.
Integracijsko konstanto C dolocimo iz zacetnega pogoja x(t = 0) = a, x(t = 0) = 0. Tako dobimo C =13ga
3 sinα. Potem
12
(xdx
dt
)2
=13g(a3 − x3) sinα =⇒ dx
dt= −
√23g sinα
√a3 − x3
x.
Locimo spremenljivki, integrirajmo pa imamo
t =√
32g sinα
∫ a
0
x dx√a3 − x3
.
Izracunajmo posebej, tu uporabimo substitucijo (x3 = a3 sin2 θ),∫ a
0
x dx√a3 − x3
=23√a
∫ π2
0
sin1/3 θ dθ =23√aΓ( 2
3 )Γ( 12 )
2Γ( 76 )
.
Upostevajmo Γ( 12 ) =
√π in Γ( 7
6 ) = 16Γ( 1
6 ). Vstavimo in dobimo
t =√
6πag sinα
Γ( 23 )
Γ( 16 ).
25
9.4 Z ravne gladke mize zdrsne idealno pregibna vrvica dolzine a. V trenutku t0 = 0 vrvica miruje, del
vrvice dolzine b, 0 < b < a, pa visi cez rob mize. Izracunaj cas, v katerem zdrsne vsa vrvica z mize.
Ugotovi, ali je energija konstanta gibanja.
Resitev Postavimo koordinatni sistem na rob mize, os x naj kaze v smeri ravnine mize, os y pa v
smeri sile teze. Oznacimo z m(x) maso dela vrvice na mizi in z m(y) maso vrvice, ki visi z mize. Za
del vrvice na mizi velja gibalna enacba ddt (m(x)dx
dt ) − uxdm(x)
dt = Fyx, za del vrvice, ki visi z mize, paddt (m(y)dy
dt )−uydm(y)
dt = Fxy +m(y)g. Tu je Fyx sila visecega dela vrvice na vrvico na mizi, Fxy pa sila vrvice
na mizi na viseci del vrvice. Predpostavimo, da je pregib vrvice cez rob idealen, potem Fyx = −Fxy =: F .
Nadalje, lezeci del vrvice prehaja v viseci brez gibalne kolicine v smeri osi y. Potem uy = 0 in podobno
ux = 0. Tako dobimod
dt(m(x)
dx
dt) = F in
d
dt(m(y)
dy
dt) = −F +m(y)g.
Vrvica naj bo homogena. Oznacimo z β njeno dolzinsko gostoto. Potem m(x) = −βx in m(y) = βy.
Sestejmo gibalni enacbi za oba dela vrvice in upostevajmo, da je vrvica toga, −x+ y = a. Potem
d
dt(βay) = βgy.
Integrirajmo in upostevajmo zacetni pogoj y(t = 0) = b in y(t = 0) = 0. Tako dobimo y = bch(√
ga t)
in
t =√
ag Arch a
b .
Izracunajmo kineticno energijo vrvice. Kvadrat brzine obeh delov vrvive je enak, zato T = 12βay
2. Zunanja
sila je sila teze visecega dela vrvice. Potem V = − 12βgy
2 in T+V = 12β(ay2−gx2). Izracunajmo d
dt (T+V ) =
βy(ay − gy) = 0. Energija je torej konstanta gibanja.
9.5 Z gladke strmine z naklonskim kotom α zdrsne preko roba idealno pregibna vrvica dolzine a. V trenutku
t0 = 0 vrvica miruje, del vrvice dolzine b, 0 < b < a pa visi cez rob. Izracunaj cas, v katerem zdrsne
vsa vrvica s strmine.
Resitev Na rob strmine postavimo izhodisci osi x in y. Os x naj kaze navzdol v smeri strmine, os y pa
v smeri sile teze. Oznacimo z m(x) maso dela vrvice na strmini, z m(y) pa maso visecega dela vrvice. Za
dela vrvice veljata gibalni enacbi ddt (m(x)dx
dt ) − uxdm(x)
dt = Fyx + m(x)g sinα in ddt (m(y)dy
dt ) − uydm(y)
dt =
Fxy +m(y)g. Tu je Fyx sila visecega dela vrvice na del vrvice na strmini, Fxy pa sila vrvice na strmini na
viseci del vrvice. Pregib je idealen, zato Fyx = −Fxy =: F . Nadalje, del vrvice na strmini ima v smeri osi y
hitrost x sinα in preide v viseci del s hitrostjo x sinα. Torej uy = x sinα. Nadalje m(x) = −βx, m(y) = βy,
−x+ y = a in ux = x sinα. Upostevajmo to v gibalnih enacbah in ju sestejmo. Tako dobimo
ay = g(1− sinα)y + ga sinα.
Splosna resitev je
y(t) = Ach t
√g(1− sinα)
a+Bsh t
√g(1− sinα)
a− a sinα
1− sinα.
26
Iz zacetnih pogojev y(t = 0) = b in y(t = 0) = b sledi
y(t) =(b− a sinα
1− sinα
)ch t
√g(1− sinα)
a− a sinα
1− sinα.
Resitev enacbe y(t) = a nam da cas zdrsa s strmine.
10. Kinematika togega telesa
10.1 Podana je rotacija R = R(~e(t), ϕ), kjer je ~e(t) = cos t~e1 + sin t~e2 in ϕ = π.
a) Izracunaj ~r(t) = R(~e(t), π)~e1 in ddt~r.
b) Doloci vektor kotne hitrosti.
Resitev
a) Dana rotacija je rotacija okoli spremenljive smeri za konstantni kot. Imamo
~r(t) = cosϕ~e1 + ~e(~e · ~e1)(1− cosϕ) + ~e× ~e1 sinϕ = −~e1 + 2 cos t~e = (2 cos2 t− 1)~e1 + sin 2t~e2.
Potem ~r(t) = −2 sin 2t~e1 + 2 cos 2t~e2.
b) Vemo
~ω = ϕ~e+ sinϕ~e− (1− cosϕ)~e× ~e = −2(− sin t~e1 + cos t~e2)× (cos t~e1 + sin t~e2) = 2~e3.
Vidimo, da je dana rotacija enaka rotaciji okoli osi ~e3 za kot ϕ = 2t.
Opomba Vektor kotne hitrosti moremo izracunati tudi takole. Vemo ~r = ~ω × ~r. Potem
−2 sin 2t~e1 + 2 cos 2t~e2 = ~ω × (cos 2t~e1 + sin 2t~e2)
in tako ~ω = 2~e3.
10.2 Izracunaj kompozitum dveh rotacij okoli vzporednih osi, prva je za kot ϕ, druga pa za kot −ϕ.
Resitev Predstavimo rotaciji s kompleksnimi stevili, R1 = R(ϕ, z1), R2 = R(−ϕ, z2). Tu sta z1 in z2
prebadalisci osi rotacij s kompleksno ravnino. Za poljubno stevilo z izracunajmo
R2R1z = z2 + (R1z − z2)e−iϕ = z2 + ((z1 + (z − z1)eiϕ)− z2)e−iϕ = z2(1− e−iϕ)− z1(1− e−iϕ) + z.
Kompozitum rotacij je potemtakem enak translaciji za a = z2−z1 +(z1−z2)e−iϕ. Translacija je pravokotna
na osi rotacije in oklepa kot π2 −
ϕ2 glede na smer skozi tocki z1 in z2.
27
10.3 Dokazi, da rotacija R(~e, ϕ, P0) za kot ϕ 6= k2π okrog osi ~e in okoli tocke P0 komutira s translacijo
T~a : P → P + ~a natanko tedaj, ko sta vektorja ~a in ~e vzporedna.
Resitev Izracunajmo za poljubno tocko P
T~aR(~e, ϕ, P0)P = T~a (R(~e, ϕ)(P − P0) + P0) = R(~e, ϕ)(P − P0) + P0 + ~a
in
R(~e, ϕ, P0)T~aP = R(~e, ϕ, P0)(P + ~a) = R(~e, ϕ)(P + ~a− P0) + P0 = R(~e, ϕ)(P − P0) + P0 +R(~e, ϕ)~a.
Potemtakem, translacija in rotacija komutirata ⇐⇒ R(~e, ϕ)~a = ~a oziroma ~e ‖ ~a. Z drugimi besedami,
rotacija in translacija komutirata natanko tedaj, ko je pomik vijacni.
10.4 Podan je absolutni koordinatni sistem z baznimi vektorji ~e ′′′i in rotaciji R1 = R(~e ′′′2 , θ) in R2 = R(~e ′′′3 , ϕ)
okoli koordinatnega izhodisca. Pisimo ~e ′′i = R1~e′′′i in ~e ′i = R2~e
′′i in definirajmo rotacijo R3 = R(~e ′1, ψ).
Izracunaj vektor kotne hitrosti za kompozitum R = R3R2R1 in ga zapisi v bazi ~εi = R3~e′i .
Resitev Imamo ~εi = ~ω×~εi = ddtR3R2R1~e
′′′i = (R3R2R1 +R3R2R1 +R3R2R1)~e ′′′i . Oznacimo z ~ω ′3, ~ω ′′2 in
~ω ′′′1 osne vektorje transformacij RT3 R3, RT
2 R2 in RT1 R1. Potem d
dtR~e′′′i = (R3(~ω ′3×R2R1~e
′′′i )+R3R2(~ω ′′2 ×
R1~e′′′i ) +R3R2R1(~ω ′′′1 × ~e ′′′i ) = (R3~ω
′3 +R3R2~ω′′2 +R3R2R1~ω
′′′1 )× ~εi in tako
~ω = R3~ω′3 +R3R2~ω
′′2 +R3R2R1~ω
′′′1 .
Rotaciji R1 in R2 sta okoli stalnih osi, zato ~ω ′′′1 = θ~e ′′′2 in ~ω ′′2 = ϕ~e ′′′3 . Ocitno R3R2R1~ω′′′1 = θ~ε2 in
R3R2~ω′′2 = ϕR3R2(cos θ ~e ′′3 − sin θ ~e ′′1 ) = ϕ(cos θ~ε3 − sin θ~ε1). Rotacija R3 je rotacija okoli spremenljive
smeri, zato ~ω ′3 = ψ ~e ′1 + sinψ ~e ′1 + (1− cosψ)~e ′1 × ~e ′1. Izracunajmo posebej ~e ′1. Imamo ~e ′1 = R2R1~e′′′1 in od
tod
~e ′1 = R2(~ω ′′2 ×R1~e′′′1 ) +R2R1(~ω ′′′1 × ~e ′′′1 ) = ϕR2((cos θ ~e ′′3 − sin θ ~e ′′1 )× ~e ′′1 )− θ~e ′3 = ϕ cos θ ~e ′2 − θ~e ′3.
Potem ~e ′1 × ~e ′1 = −ϕ cos θ ~e ′3 − θ~e ′2 in
~ω ′3 = ψ~e ′1 + (ϕ cos θ sinψ − (1− cosψ)θ)~e ′2 + (−θ sinψ − ϕ cos θ(1− cosψ))~e ′3.
Tako dobimo
~ω = (ψ − ϕ sin θ)~ε1 + (ϕ cos θ sinψ + θ cosψ)~ε2 + (ϕ cos θ cosψ − θ sinψ)~ε3.
Opomba Nalogo moremo resiti tudi takole. Rotaciji R1 in R2 sta rotaciji okoli stalnih osi, za R3 pa velja
R3 = R(~e ′1, ψ) = R(R2R1~e′′′1 , ψ). Potem vemo
R = R(R2R1~e′′′1 , ψ)R2R1 = R2R1R(~e ′′′1 , ψ).
Torej je R kompozitum rotacij okoli stalnih osi in potem ~ω = ϕ~e ′′′3 + θR2~e′′′2 + ψR2R1~e
′′′1 = ϕ~e ′′′3 + θ~e ′2 + ψ~e ′1.
Upostevajmo se ~e ′′′3 = cos θ ~e ′3 − sin θ ~e ′1, ~e′1 = ~ε1, ~e ′2 = cosψ~ε2 − sinψ~ε3 in ~e ′3 = sinψ~ε2 + cosψ~ε3 pa dobimo
prav tak rezultat kot prej.
28
10.5 Izracunaj vztrajnostni tenzor homogenega stozca.
a) Za koordinatni sistem z izhodiscem v vrhu stozca in osjo ~e3 v smeri osi stozca.
b) Za koordinatni sistem z izhodiscem v vrhu stozca in osjo ~e ′3 v smeri tvorilke stozca.
Resitev
a) Oznacimo z R polmer osnovne ploskve, s h visino stozca in z % gostoto stozca. Izracunajmo za zacetek
maso stozca:
m =∫Bdm = %
∫ 2π
0
dθ
∫ 0
−h
dz
∫ −Rh z
0
r dr =13%πR2h.
Nadalje
J11 =∫B(y2 + z2) dm = %
∫ 2π
0
dθ
∫ 0
−h
dz
∫ −Rh z
0
r dr(r2 sin2 θ + z2
)=
= %
(122π∫ 0
−h
14R4
h4z4 dz + 2π
∫ 0
−h
12R2
h2z4 dz
)= %πR2h
(120R2 +
15h2
)=
320m(R2 + 4h2
).
Zaradi simetrije velja ocitno J11 = J22. Izracunajmo se:
J33 =∫B(x2 + y2) dm = %
∫ 2π
0
dθ
∫ 0
−h
dz
∫ Rh z
0
r dr r2 = %2π∫ 0
−h
14R4
h4z4 dz =
110%πR4h =
310mR2.
Zaradi osne simetrije so vsi deviacijski momenti enaki nic. Osi ~ei se torej ujemajo z glavnimi osmi
vztrajnostnega tenzorja.
b) Oznacimo z α polovicni kot odprtja stozca; tanα = Rh in zavrtimo koordinatni sistem ~ei za kot α okoli
osi ~e1. Potem
~e ′1 = ~e1, ~e ′2 = cosα~e2 + sinα~e3, ~e ′3 = − sinα~e2 + cosα~e3.
Oznacimo s J ′ij komponente vztrajnostnega tenzorja v bazi ~e ′i = αik~ek. Potem vemo J ′ij = αikαjlJkl.
Nadalje upostevajmo, da so osi ~ei glavne osi vztrajnostnega tenzorja pa imamo:
J ′11 = α1kα1lJkl =3∑
k=1
α1kα1kJkk = J11
J ′22 =3∑
k=1
α22kJkk = cos2 αJ22 + sin2 αJ33 =
3mh(4h4 + h2R2 + 2R4
)20 (h2 +R2)
J ′33 =3∑
k=1
α23kJkk = sin2 αJ22 + cos2 αJ33 =
3mR2(6h2 +R2
)20 (h2 +R2)
J ′12 =3∑
k=1
α1kα2kJkk = 0
J ′13 =3∑
k=1
α1kα3kJkk = 0
J ′23 =3∑
k=1
α2kα3kJkk = sinα cosα(J33 − J22) = −3mhR
(R2 − 4h2
)20 (h2 +R2) .
29
11. Dinamika togega telesa
11.1 Preko valjastega skripca z maso M in polmerom R je napeljana gibka vrvica zanemarljive mase. Na eni
strani je obesena utez z maso m1, na drugi strani pa utez z maso m2.
a) Napisi enacbe gibanja in ugotovi, pri katerem pogoju utez z maso m1 pada. V koliksnem casu pade
utez z maso m1 za h, ce v zacetnem trenutku miruje?
b) Obravnavaj mozni zdrs vrvi preko skripca.
Resitev
a) Razbijmo sistem na podsisteme, leva utez z maso m1, desna utez z maso m2 in skripec. Gibanje utezi je
premocrtno. Oznacimo z x in y ustrezni koordinati, ki narascata v smeri sile teze. Na levo utez v smeri
osi x delujeta sila teze m1g in sila vrvice −F1. Potem m1x = m1g − F1 in podobno m2y = m2g − F2.
Skripec se vrti okoli stalne osi, ki gre skozi masno sredisce. Potem po izreku o vrtilni kolicini velja12MR2ϕ = R(F1−F2). Dobili smo tri dinamicne enacbe s petimi neznankami x, y, ϕ, F1 in F2. Sistem
zakljucimo s kinematicnimi vezmi : y = −x in Rϕ = x. Od tod dobimo
x =(m1 −m2)g
m1 +m2 + 12M
.
Masa m1 pada pri pogoju m1 > m2 in pade za h v casu t =√
2h(m1+m2+12 M)
g(m1−m2).
b) Naj bo dN normalna komponente sile infinitezimalnega dela vrvi na skripec in F sila vrvice. Potem
dN = F dϕ. Vrv zdrsne, ko velja dF = k dN , kjer je k kolicnik trenja. Potem pri zdrsu velja kF dϕ = dF
in F1 = F2 ekπ. Iz prvega dela naloge poznamo
F1 = m1g2m2 + 1
2M
m1 +m2 + 12M
in F2 = m2g2m1 + 1
2M
m1 +m2 + 12M
.
Pogoj, da vrv ne zdrsne, je tako F1 ≤ F2ekπ oziroma
1 + M4m2
1 + M4m1
≤ ekπ.
11.2 Okrogla plosca z maso M in polmerom R se vrti s kotno hitrostjo ω okrog stalne osi, ki lezi v ravnini
plosce in gre skozi sredisce plosce. Na plosco deluje upor zraka, katerega povrsinska gostota je sorazmerna
kvadratu hitrosti. Izracunaj cas, v katerem pade zacetna kotna hitrost ω0 = ω(t = 0) na polovicno
vrednost.
30
Resitev Postavimo relativni koordinatni sistem ~εi v sredisce plosce tako, da je ~ε1 pravokoten na plosco
in da se os rotacije ujema z osjo ~ε3. Potem ~ω = ω~ε3, ω > 0. Oznacimo z ~N navor upora zraka. Povrsinska
gostota navora je enaka d ~N = ~r×d~F , kjer je d~F povrsinska gostota sile upora in je enaka d~F = −kv~v dA. Tu
je k > 0 koeficient upora, dA pa je povrsinski element. Nadalje velja ~v = ~ω×~r in tako d ~N = −kv~r×(~ω×~r )dA.
Vpeljimo polarni koordinatni sistem v ravnini ~ε2 in ~ε3. Potem v = |~v | = ω|~r || cos θ| in ~r = ζ2~ε2 + ζ3~ε3.
Izracunajmo:
~N =∫Bd ~N = −k
∫Bv(|~r |2~ω − (~r · ~ω)~r
)dA.
Izracunajmo posebej
I1 = −k∫Bv|~r|2~ω dA = −kω2
∫ 2π
0
dθ
∫ R
0
r dr(r3| cos θ|
)~ε3 = −kω2 4
5R5~ε3
in
I2 = k
∫Bv(~r · ~ω)~r dA = kω2
∫ 2π
0
dθ
∫ R
0
r dr r3| cos θ|(cos θ sin θ~ε2 + sin2 θ~ε3
).
Upostevajmo ∫ 2π
0
| cos θ| cos θ sin θ dθ =12
∫ 3π/2
−π/2
| cos θ| sin 2θ dθ = 0
in ∫ 2π
0
| cos θ| sin2 θ, dθ =∫ 3π/2
−π/2
| cos θ| sin2 θ dθ = 4∫ π
2
0
cos θ sin2 θ dθ =43.
Potem I2 = 415kω
2R5~ε3 in ~N = I1 + I2 = − 815kω
2R5~ε3. Izbrane koordinatne osi so glavne osi, zato
J~ω = J3ω~ε3. Vemo, da velja J2 + J3 = J1 = 12MR2 in ker J2 = J3, sledi J3 = 1
4MR2. Po izreku o vrtilni
kolicini je ddt (J3ω~ε3) = ~N in ker je os ~ε3 stalna, velja
14MR2ω = − 8
15kω2R5.
Locimo spremenljivki in integrirajmo od t = 0 do t = T , ω(t = T ) = 12ω0. Tako dobimo
T = − 15M32kR3
∫ ω0/2
ω0
dω
ω2=
15M32kR3ω0
.
11.3 S temena negibljive krogle s polmerom a se skotali kroglica s polmerom b in z maso m. Doloci, kje
kroglica zapusti gibanje po krogli.
Resitev Privzeli bomo, da je gibanje ravninsko in da se krogla vseskozi kotali. Oznacimo s θ kot, ki
ga oklepa navpicnica z radij vektorjem iz sredisca mirojoce krogle do sredisca kotalece se kroglice. Enacba
gibanja masnega sredisca je m~a∗ = m~g+ ~N + ~f . Vpeljimo intrinsicni koordinatni sistem vzdolz tira masnega
sredisca. Potem ~a∗ = s~et + 1R s
2~en. Nadalje s = (a+ b)θ, krivinski polmer tira pa je R = a+ b. Zapisimo se
31
zunanje sile v bazi vektorjev ~et in ~en. Imamo ~N = −N~en, ~f = −f~et in ~g = mg(cos θ ~en +sin θ ~et). Iz enacbe
gibanja masnega sredisca tako dobimo
m(a+ b)θ = mg sin θ − f (1)
m(a+ b)θ2 = mg cos θ −N. (2)
Navor zunanjih sil okoli masnega sredisca je ~M = b~en × ~f = −bf~k. Tu smo zapisali ~k = ~en × ~et. Vrtilna
kolicina pa je ~Λ = J~ω = − 25mb
2ϕ~k. Kot ϕ je kot med srediscem kroglice in tocko T0 na kroglici, ki se
v zacetnem trenutku dotika temena in navpicnico. Oznacimo se s ψ kot iz sredisca kroglice med tocko T0
na kroglici in srediscem mirojoce kroglice. Ocitno velja zveza ϕ = ψ + θ in ker se kroglica kotali, velja
aθ = bψ. Potem ϕ = a+bb θ. Iz izreka o vrtilni kolicini tako dobimo zvezo f = 2
5m(a + b)θ. Vstavimo
to v enacbo (1) gibanja masnega sredisca. Tako dobimo 75m(a + b)θ = mg sin θ. Pomnozimo enacbo s θ,
integrirajmo in privzemimo, da se kroglica skotali s temena z infinitezimalno brzino. Potem θ(t = 0) = 0 in710 (a+ b)θ2 = g(1− cos θ). Kroglica zapusti kroglo, ko velja N = 0. Potem iz enacbe (2) sledi cos θ = 10
17 .
Opomba Izracunali smo N = 17mg(17 cos θ − 10) in f = 2
7mg sin θ. Kroglica se kotali, ce velja f < kN ,
kjer je k kolicnik trenja. Toda N → 0 in f → 27mg sin θc za θ → θc = arccos 10
17 . Torej privzetek, da se
kroglica vseskozi kotali ni tocen.
11.4 Palica dolzine l in mase m je na enem koncu z lezajem pritrjena na vertikalno postavljeno os, ki se vrti
z enakomernim kotnim pospeskom α. Drugi konec palice drsi brez trenja po horizontalni podlagi, tako
da palica oklepa kot δ z osjo vrtenja. Doloci cas dviga palice, ce v zacetnem trenutku palica miruje.
Doloci tudi reakcijo v lezaju palice v trenutku dviga s tal.
Resitev Gibanje palice je gibanje okoli stalne tocke. Silo podlage bomo tako dolocili iz izreka o vrtilni
kolicini, enacba gibanja masnega sredisca pa nam bodo dala sile v lezaju. Postavimo izhodisce absolutnega
koordinatnega sistema v lezaj in usmerimo os ~e3 v smeri navpicnice. Izhodisce relativnega koordinatnega
sistema prav tako postavimo v lezaj, usmerimo os ~ε3 v smer vektorja ~e3, palica pa naj lezi v ravnini vektorjev
~ε1 in ~ε3. Gibanje palice je rotacija okrog stalne osi, zato je pripadajoci vektor kotne hitrosti enak ~ω = ω~ε3 =
αt~ε3. Koordinate masnega sredisca palice so ζ1 = 12 l sin δ, ζ
2 = 0 in ζ3 = − 12 l cos δ. Pospesek masnega
sredisca je
~a∗ = ~ω × ~ζ + ~ω × (~ω × ~ζ) = − l2ω2 sin δ~ε1 +
l
2α sin δ~ε2.
Oznacimo z ~A = Ai~εi silo v lezaju in s ~P = P~ε3 silo podlage. Enacba gibanja masnega sredisca je potem
−12mlω2 sin δ = A1
12mlα sin δ = A2
0 = A3 + P −mg.
32
Vrtilna kolicina je ~Λ = J~ω = ω∑
i Ji3~εi in potem
d~Λdt
= ω∑
i
Ji3~εi + ω2∑
i
Ji3~ε3 × ~εi =
= (J13α− ω2J23)~ε1 + (J23α+ ω2J13)~ε2 + J33α~ε3.
Navor zunanjih sil okoli osi ~ε2 je enak ( 12mg − P )l sin δ. Potem
(12mg − P )l sin δ = J23α+ ω2J13.
Palica lezi v ravnini ζ1 in ζ3, zato je J23 = 0 in J13 = 13ml
2 sin δ cos δ. Tako dobimo
P =12mg − 1
3mlω2 cos δ =
mg
6
(3− 2l
gα2t2 cos δ
).
Palica se dvigne v trenutku, ko velja P = 0, torej v casu
t0 =1α
√3g
2l cos δ.
Reakcija v lezaju v trenutku dviga pa je
A1 = −34mg tan δ, A2 =
12mα sin δ, A3 = mg.
11.5 Mlinsko kolo mase m in s polmerom R se kotali po vodoravni podlagi tako, da os kolesa oklepa kot π2 +θ
z vavpicnico in se vrti okrog navpicnice z enakomerno kotno hitrostjo −ω0. Dolzina osi kolesa je h.
a) Izracunaj silo podlage.
b) Uskladi geometrijo kolesa, kot θ in ω0 tako, da bo sila podlage maksimalna.
Resitev
a) Postavimo izhodisce absolutnega koordinatnega sistema v presecisce osi kolesa in navpicnice in usmerimo
os ~e ′′′3 v smer sile teze. V izbrano izhodisce postavimo se relativni koordinatni sistem, ki je vezan na
mlinsko kolo tako, da je os ~ε1 v smeri osi kolesa. Izbrane smeri relativnega koordinatnega sistema so
glavne osi vztrajnostnega tenzorja. Nadalje iz osne simetrije sledi J2 = J3. Gibanje kolesa je gibanje
okoli stalne tocke in je sestavljeno iz rotacije za kot ψ okrog osi ~ε1 in kot ϕ okrog ~e ′′′3 . Iz razdelka
kinematika togega telesa poznamo za to gibanje pripadajoci vektor kotne hitrosti
~ω = (ψ + ϕ sin θ)~ε1 + (ϕ cos θ sinψ + θ cosψ)~ε2 + (ϕ cos θ cosψ − θ sinψ)~ε3.
V nasem primeru velja θ = 0, kotni hitrosti ϕ = ω0 in ψ pa nista neodvisni, saj se kolo kotali. Oznacimo
z R0 polmer kroznice, ki jo opisuje mlinsko kolo na vodoravni podlagi. Nadalje pisimo tanα = Rh
33
in oznacimo z l dolzino tvorilke stozca, ki ga tvori mlinsko kolo s koordinatnim izhodiscem. Velja
R0 = l cos(θ + α) in l = Rsin α . Torej R0 = R cos(θ+α)
sin α . Pogoj kotaljenja je Rψ = R0ω0 in tako
ψ = ω0cos(θ + α)
sinα.
Vektor kotne hitrosti je tako enak
~ω = ωi~εi = ω0
((cos(θ + α)
sinα+ sin θ)~ε1 + cos θ sinψ~ε2 + cos θ cosψ~ε3
).
Silo podlage bomo dobili iz Eulerjevih enacb. V ta namen izracunajmo ddtω
i. Imamo
ω1 = 0,
ω2 = ω20
cos(θ + α)sinα
cos θ cosψ = Ω(θ) cosψ,
ω3 = −ω20
cos(θ + α)sinα
cos θ sinψ = −Ω(θ) sinψ.
Tu smo na kratko oznacili
Ω(θ) = ω20
cos(θ + α)sinα
cos θ.
Zapisimo navor zunanjih sil okoli koordinatnega izhodisca ~N = N i~εi. Iz Eulerjevih enacb sledi
N1 = J1ω1 − ω2ω3(J2 − J3) = 0
N2 = J2ω2 − ω3ω1(J3 − J1) = J2Ω(θ) cosψ − ω3ω1(J2 − J1)
N3 = J3ω3 − ω1ω2(J1 − J2) = −J2Ω(θ) sinψ − ω1ω2(J1 − J2).
Navor N ′ 2 okoli osi ~e ′2 = R(~e ′′′3 , ϕ)R(~e ′′′2 , θ)~e′′′2 = cosψ~ε2 − sinψ~ε3 je enak
N ′ 2 = N2 cosψ −N3 sinψ = J2Ω(θ) + ω1(J1 − J2)(ω2 sinψ + ω3 cosψ)
= J2Ω(θ) + ω1(J1 − J2)ω0 cos θ = J1Ω(θ) + (J1 − J2)ω20 sin θ cos θ.
Po drugi strani pa velja N ′ 2 = −mgh cos θ + l cos(θ + α)P . Tu smo zapisali silo podlage ~P = −P~e ′′′3 .
V primeru θ + α = π2 sile podlage ne moremo izraziti iz Eulerjevih enacb. V tem primeru se mlinsko
kolo sploh ne vrti okoli svoje osi, sila podlage je staticno nedolocena in je odvisna od sile v lezaju. Za
θ + α < π2 pa imamo
P =1
l cos(θ + α)(mgh cos θ + (J1 − J2)ω2
0 sin θ cos θ + J1Ω(θ))
=sinα cos θR cos(θ + α)
(mgh+ ω2
0(J1 cotα cos θ − J2 sin θ)).
Izraz za P se nekoliko preoblikujmo. V ta namen oznacimo ∆ =√
(J1 cotα)2 + J22 in prepisimo
J1 cotα cos θ − J2 sin θ = ∆(J1 cotα
∆cos θ − J2
∆sin θ
)34
in definirajmo kot β tako, da je cosβ = J1 cot α∆ in sinβ = J2
∆ . Potem ocitno tanβ = J2J1
tanα in
∆ =√
(J1 cotα)2 + J22 = J2
√1 + (
J1
J2cotα)2 = J2
√1 + cot2 β =
J2
sinβ.
Tako dobimo
P =sinα cos θR cos(θ + α)
(mgh+ ω2
0
J2
sinβcos(θ + β)
)=
= mgcos θ
cos(θ + α)
(cosα+
ω20J2
mgR sinβsinα cos(θ + β)
).
Pisimo J2 = mR2j2, µ = ω20Rg , λ = µj2
sin αsin β . Brezdimenzijski parameter µ je kvocient med inercijsko in
gravitacijsko silo. Tako dobimo
P = mgcos θ
cos(θ + α)(cosα+ λ cos(θ + β)) .
b) Omejimo se na primer α < β. Iscemo lokalni maksimum funkcije P = P (θ, λ) v odvisnosti od spre-
menljivke θ. V ta namen izracunajmo
dP
dθ= mg
1cos2(θ + α)
(cosα sinα+ λ (cos θ cos(θ + β) sin(θ + α)− cos(θ + α) sin(2θ + β))) .
Posebej oznacimo g(θ) = cos(θ + α) sin(2θ + β)− cos θ cos(θ + β) sin(θ + α). Potem
dP
dθ= mg
1cos2(θ + α)
(cosα sinα− λg(θ)) .
Predvsem nas zanima, mlin naj ima veliko delovno povrsino, lokalni maksimum pri majhnih vrednostih
θ. V ta namen zahtevajmo dPdθ (θ = 0) > 0. Tako dobimo 0 < cosα sinα− λg(0) in od tod pogoj
λ <cosα sinαsin(β − α)
=: λ0.
Dokazimo sedaj, da ima P (θ) stacionarno tocko. Iz pogoja α < β sledita za θ ∈ [0, π2 − β) oceni
cos(θ+β) < cos(θ+α) in sin(θ+β) > sin(θ+α). Nadalje θ < π/2−β/2 in tako sin(2θ+β) > 0. Potem
g(θ) > cos(θ + β) (sin(2θ + β)− cos θ sin(θ + α)) =
= cos(θ + β) (sin θ cos(θ + β) + cos θ sin(θ + β)− cos θ sin(θ + α)) >
> cos2(θ + β) sin θ > 0.
Potemtakem za vsak θ obstaja
λ(θ) =cosα sinαg(θ)
> 0,
tako da velja dPdθ (θ, λ(θ)) = 0. Dokazimo, da za dovolj majhne θ velja λ(θ) < λ0 oziroma dP
dθ (θ =
0, λ(θ)) > 0. Res, g(θ) moremo zapisati v obliki
g(θ) = sin θ cos(θ + β) cos(θ + α) + cos θ sin(β − α).
35
Nadalje za dovolj majhni θ velja
cos(θ + β) cos(θ + α) >1− cos θ
sin θsin(β − α),
saj je limθ→01−cos θ
sin θ = 0. Potem
sin θ cos(θ + β) cos(θ + α) + cos θ sin(β − α) > sin(β − α)
oziroma g(θ) > sin(β − α) in od tod za dovolj majhni θ
dP
dθ(θ = 0, λ(θ)) > 0.
Pri dovolj majhnem θ0 ima P (θ, λ(θ0)) pri θ0 stacionarno tocko, ki ni lokalni minimum. Dokazimo sedaj,
da je ta tocka v resnici lokalni maksimum. V ta namen izracunajmo dgdθ pri θ = 0. Po krajsem racunu
dobimodg
dθ(θ = 0) = cosα cosβ > 0
in tako dgdθ > 0 pri majhnih θ. Prav tako
dλ
dθ(θ = 0) = − cosα sinα
1g2(θ = 0)
dg
dθ(θ = 0) = −cos2 α cosβ sinα
sin2(β − α)< 0
in dλdθ < 0 pri majhnih θ. Nadalje
d2P
dθ2(θ, λ(θ0)) = mg
1cos2(θ + α)
(−λ(θ0)
dg
dθ
)in tako
d2P
dθ2(θ, λ(θ0)) < 0
pri majhnih θ. Sklenimo, za dovolj majhen θ0, za katerega velja
cos(θ0 + β) cos(θ0 + α) >1− cos θ0
sin θ0sin(β − α)
obstaja λ(θ0) tako, da ima P = P (θ, λ(θ0) lokalni maksimum pri θ0.
LAGRANGEOVA MEHANIKA
1. Vezi, princip virtualnega dela
1.1 Po osi x tece zajec, po ravnini xy pa proti zajcu tece lisica. Zapisi vez med koordinatami lisice in
ugotovi, ali je vez holonomna.
36
Resitev Oznacimo z f = f(τ) koordinato zajca vzodloz osi x in naj bo x = x(t) in y = y(t) parametricna
oblika tira lisice. Enacba tangente na tir je
ξ(λ) = x(t) + λx(t), η(λ) = y(t) + λy(t).
Uskladimo parametra t in τ tako, da tangenta sece os x pri x = f(t). Potem λ0 = −y(t)/y(t) in x(t)+λ0x(t) =
f(t). Tako dobimo vez y dx+ (f − x) dy = 0. Vprasajmo se, ali je vez integrabilna, z drugimi besedami, ali
obstaja mnozitelj g = g(x, y, t), tako da je 0 = gy dx + g(f − x) dy = dF za neko funkcijo F = F (x, y, t).
Zapisimo integrabilnostne pogoje:
∂gy
∂y=∂g(f − x)
∂x,
∂gy
∂t= 0,
∂g(f − x)∂t
= 0.
Iz drugega pogoja dobimo g = g(x, y), od tod pa ∂f/∂t = 0. Toda to je protislovje, saj je f(t) dana funkcija
spremenljivke t. Integrirajoci mnozitelj torej ne obstaja in vez tako ni integrabilna.
1.2 Sistem je sestavljen iz dveh vertikalno in vzporedno postavljenih koles polmera a, ki sta skozi sredisci
povezani z drogom dolzine b in se kotalita neodvisno eno od drugega po ravnini xy. Zapisimo s ϕ1 in
ϕ2 kota zavrtitve koles, z x in y koordinati sredisca droga in s θ kot, ki ga oklepa drog z osjo x. Doloci
vezi med ϕ1, ϕ2, θ, x in y, doloci stevilo prostostnih stopenj in ugotovi, katere vezi so holonomne in
katere niso.
Resitev Oznacimo z ~v hitrost sredisca droga. Potem ~v = v(sin θ~i − cos θ~j). Po drugi strani velja
~v = x~i + y~j. Torej x = v sin θ in y = −v cos θ in od tod cos θ dx + sin θ dy = 0. Oglejmo si sedaj relativno
gibanje sredisca drugega kolesa glede na sredisce prvega kolesa. Oznacimo ~e = sin θ~i − cos θ~j in z ~v1 in ~v2
hitrosti sredisc koles. Potem ~v2 = ~v1 + ~v0. Tu je ~v0 hitrost rotacijskega gibanja drugega kolesa okoli prvega
kolesa. Velja ~v0 = −bθ~e in ker se kolesi kotalita ~vi = aϕi~e. Tako dobimo vez a(dϕ2−dϕ1)+b dθ = 0. Gibanje
sredisca droga moremo obravnavati na enak nacin. Tako dobimo ~v = ~v1 − b2 θ~e in od tod v = a
2 (ϕ1 + ϕ2).
Po drugi strani vemo v = x sin θ − y cos θ in tako sin θ dx− cos θ dy = a2 (dϕ1 + dϕ2).
Dobili smo tri vezi, ki so neodvisne. Sistem ima tako dve prostostni stopnji. Vez a(dϕ2−dϕ1)+ bdθ = 0
je ocitno integrabilna. Pokazimo, da ostali dve nista. Naj bo recimo g = g(x, y, θ) integrirajoci mnozitelj
za vez cos θ dx+ sin θ dy = 0. Potem mora veljati
∂g cos θ∂θ
=∂g
∂θcos θ − g sin θ = 0
∂g sin θ∂θ
=∂g
∂θsin θ + g cos θ = 0
Pomnozimo prvo enacbo z − sin θ, drugo s cos θ in sestejmo. Tako dobimo g = 0, in ptemtakem vez
ni integrabilna. Vez sin θ dx − cos θ dy = a2 (dϕ1 + dϕ2) preoblikujmo prvo v vez sin θ dx − cos θ dy =
b2dθ + adϕ2. S podobnim sklepom kot prej vidimo, da tudi ta vez ni integrabilna.
37
1.3 Podane so palice AD, AF, BC, BE, CD in EF. V kartezicnem koordinatnem sistemu imajo konci
palic naslednje koordinate A = (0, 0), B = (2, 0), C = (3, 2), D = (2, 4), E = (0, 4), F = (−1, 2), palice
pa so v spojih vrtljivo pritrjena. Na sistem delujejo sile podpore ~FA in ~FB v A in B in obremenitve
~FC = −2F0~j, ~FD = −F0
~i, ~FF = 2F0~j. S principom virtualnega dela doloci sile podpor v A in B.
Resitev Oznacimo z α kot, ki ga oklepa palica BC z osjo x in z a dolzino palice BC. Zapisimo koordinate
prijemalisc sil v odvisnosti od kota α. Imamo
A = (0, 0) : ~rA = ~0, ~FA = Ax~i+Ay
~j,
B = (2, 0) : ~rB = 2a cosα~i, ~FB = Bx~i+By
~j,
C = (3, 2) : ~rC = 3a cosα~i+ a sinα~j, ~FC = −2F0~j,
D = (2, 4) : ~rD = 2a cosα~i+ 2a sinα~j, ~FD = −F0~i,
F = (−1, 2) : ~rF = −a cosα~i+ a sinα~j, ~FF = 2F0~j.
Variacije prijemalisc so δ~rA = ~0, δ~rB = −2a sinα~iδα, δ~rC = (−3 sinα~i + cosα~j )aδα, δ~rD = (−2 sinα~i +
2 cosα~j )aδα in δ~rF = (sinα~i+ cosα~j )aδα. Po principu virtualnega dela
0 = δA =∑
i
~Fi · δ~ri = (−2Bx sinα+ 2F0 sinα)aδα
in od tod Bx = F0. Komponento podpore Ax moremo dobiti na enak nacin s premikom izhodisca koor-
dinatnega sistema v podporo B. Dobimo pa jo lahko tudi z upostevanjem Newtonovega zakona, da je v
ravnovesju vsota vseh zunanjih sil enaka nic. Torej Ax +Bx − F0 = 0. Od tod Ax = 0. Pri variaciji kota α
komponenti y sil podpor nista opravljali dela. Vzemimo zato zdaj infinitezimalno virtualno rotacijo okoli A
za kot δϕ. Upostevajmo, da je δ(x~i+y~j ) = (−y~i+x~j )δϕ. Potem δ~rA = ~0, δ~rB = 2~jδϕ, δ~rC = (−2~i+3~j )δϕ,
δ~rD = (−4~i+ 2~j )δϕ in δ~rF = (−2~i−~j )δϕ. Tako dobimo
0 = δA = (2By − 6F0 + 4F0 − 2F0)δϕ
in od tod By = 2F0. Iz Newtonove enacbe nadalje sledi Ay = −2F0.
1.4 S principom virtualnega dela doloci ravnovesno lego palice dolzine l v polkrogelni gladki posodi s
polmerom R. Masa palice je m.
Resitev Ocitno se moremo omejiti na vprasanje ravnovesne lege palice v polkrozni posodi. Ce velja
l ≤ 2R, potem palicica lezi vodoravno v posodi. Omejimo se zato na primer l > 2R. Na rob posode, kjer
se palica naslanja na posodo, postavimo izhodisce koordinatnega sistema x, y, z osjo y v smeri navpicnice.
Oznacimo s ϕ kot, ki ga oklepa palica s horizontalo. Dolzina palice v posodi je 2R cosϕ in potemtakem ima
masno sredisce koordinati x = −(2R cosϕ − l2 ) cosϕ in y = −(2R cosϕ − l
2 ) sinϕ. Zunanja aktivna sila je
sila teze −mg~j in tako je virtualno delo δA pri pomiku δϕ enako
δA = mgδy = (2R cos 2ϕ− l
2cosϕ)mgδϕ = 0.
38
Variacija δϕ je poljubna. Pisimo z = cosϕ in µ = lR . Potem 4z2 − µ
2 z − 2 = 0. Dopustna resitev za z lezi
na intervalu [0, 1). Tako dobimo
z =12µ+
√14µ
2 + 32
8,
iz pogoja z ≤ 1 pa µ ≤ 4 oziroma l ≤ 4R.
2. Lagrangeove enacbe
2.1 Obravnavaj padanje palice na gladki vodoravni podlagi.
Resitev Postavimo izhodisce kartezicnega koordinatnega sistema x, y v dotikalisce palice v zacetnem
trenutku t = 0 in usmerimo os x v smer vodoravne podlage. Za prostostni stopnji izberimo koordinato x
dotikalisca palice in kot ϕ med palico in osjo x. Masno sredisce palice ima koordinati x∗ = x + l2 cosϕ
in y∗ = l2 sinϕ. Potem v2
∗ = x2 + l2
4 ϕ2 − lxϕ sinϕ. Kineticna energija rotacije okoli masnega sredisca je
Trot = 12
112ml
2ϕ2 in tako T = 12m(x2 + 1
3 l2ϕ2 − lxϕ sinϕ
). Potencialna energija palice je V = l
2mg sinϕ.
Potem
L =12m
(x2 +
13l2ϕ2 − lxϕ sinϕ
)− l
2mg sinϕ.
Spremenljivka x je ciklicna, zato je moment px = mx − l2mlϕ sinϕ konstanta gibanja. Privzemimo, da v
zacetnem trenutku velja x(t = 0) = 0 in ϕ(t = 0) = 0. Potem px = 0 in
x =l
2ϕ sinϕ ter dx =
l
2sinϕdϕ.
Integrirajmo, pa dobimo x = l2 (cosϕ0 − cosϕ). Od tod vidimo, da je koordinata x∗ masnega sredisca
konstantna. Enacba tira v konfiguracijskem prostoru x, ϕ je s tem dobljena. Povprasamo se po enacbi
trajektorije. Upostevajmo prvo, da je sistem avtonomen in da je T homogena funkcija drugega reda gener-
aliziranih hitrosti. Potem je T + V konstanta gibanja. Izrazimo x s ϕ in upostevajmo zacetne pogoje. Tako
dobimo
l
(13− 1
4sin2 ϕ
)ϕ2 + g sinϕ = g sinϕ0
in
t =
√l
g
∫ ϕ0
ϕ
√13 −
14 sin2 ϕ
sinϕ0 − sinϕ.
Od tod moremo izraziti ϕ = ϕ(t) in potem tudi x = x(t).
39
2.2 Po ravni gladki podlagi je brez trenja gibljiva klada z maso m0 in naklonskim kotom α. Po strmini
klade je prav tako brez trenja gibljivo vodilo z maso m1 na katero je vrtljivo, v vertikalni ravnini klade,
pritrjena palica z maso m2 in z dolzino l.
a) Zapisi Lagrangeovo funkcijo.
b) Predpostavi, da je klada negibljiva. Doloci odklon palice, tako da je pri gibanju vodila po strmini
odklon palice konstanten.
Resitev
a) Oznacimo z A, B in C ogljisca klade tako, da strmina lezi na stranici AB, vodilo pa se giblje vzdolz
stranice CA. Postavimo izhodisce kartezicnega koordinatnega sistema na ravnino in usmerimo os x v
smer ravnine, os y pa navpicno navzgor. Sistem opisimo s prostostnimi stopnjami: x-oddaljenost tocke
A do izhodisca koordinatnega sistema, s-oddaljenost vodila do tocke A in ϕ-kot med smerjo sile teze in
palico. Krajevni vektor do vodila je ~r1 = (x+ s cosα)~i+ s sinα~j, krajevni vektor do sredisca palice pa
~r2 = (x+ s cosα+ l2 sinϕ)~i+ (s sinα− l
2 cosϕ)~j. Kineticna energija sistema je vsota kineticnih energij
klade, vodila in palice. Torej T = T0 +T1 +T2 = 12m0x
2 + 12m1~r1 · ~r1 + ~r2 · ~r2 + 1
2112m2l
2ϕ2. Potencialna
energija pa je enaka V = V0 + V1 + V2 = m1gs sinα+m2g(s sinα− l2 cosϕ). Tako dobimo
L = T − V =12(m0 +m1 +m2)x2 +
12(m1 +m2)s2 +
16m2l
2ϕ2 + (m1 +m2)xs cosα+
12m2lxϕ cosϕ+
12m2lsϕ cos(ϕ− α))− (m1 +m2)gs sinα+m2g
l
2cosϕ.
b) Predpostavimo, da je klada fiksirana. Potem imamo dve prostostni stopnji s in ϕ in
L =12(m1 +m2)s2 +
16m2l
2ϕ2 +12m2lsϕ cos(ϕ− α))− (m1 +m2)gs sinα+m2g
l
2cosϕ.
Pripadajoci Lagrangeovi enacbi sta
d
dt
∂L
∂s− ∂L
∂s= (m1 +m2)s+
12m2l
d
dt(cos(ϕ− α)ϕ) + (m1 +m2)g sinα = 0
d
dt
∂L
∂ϕ− ∂L
∂ϕ=
13m2l
2ϕ+12m2l
d
dt(cos(ϕ− α)s) +m2g
l
2sinϕ = 0.
Zanima nas resitev ϕ ≡ ϕ0. Potem ϕ = ϕ = 0 in enacbi se reducirata v s+ g sinα = 0 in cos(ϕ0−α)s+
g sinϕ0 = 0. Od tod dobimo pogoj
cos(ϕ0 − α) sinα = sinϕ0
oziroma ϕ0 = α.
2.3 Masna tocka se brez trenja giblje po notranjosti plasca stozca, na tocko pa deluje sila teze v smeri osi
stozca. Zapisi Lagrangeovo funkcijo, poisci integrale gibanja in reduciraj gibanje na premocrtno gibanje.
40
Resitev Postavimo izhodisce koordinatnega sistema v vrh stozca in usmerimo os z v smeri osi stozca.
Polozaj materialne tocke opisimo s polarnima koordinatama r in ϑ. Torej x = r cos θ, y = r sin θ in z =
r cotα. Tu smo z α zapisali kot med osjo stozca in njeno tvorilko. Kineticna energija je T = 12m(x2+y2+z2) =
12m( r2
sin2 α+ r2θ2), potencialna energija pa V = mgz = mgr cotα. Lagrangeova funkcija
L = T − V =12m
(r2
sin2 α+ r2θ2
)−mgr cotα
je neodvisna od θ. Potemtakem je ∂L∂θ
= mr2θ integral gibanja in tako je dvojna ploscinska hitrost konstantna.
Torej gibanju materialne tocke po plascu stozca v koordinatah r, θ ustreza gibanje v polju centralnih sil.
Eliminirajmo θ v T in reducirajmo gibanje na premocrtno gibanje koordinate r. V ta namen upostevajmo,
da je sistem avtonomen. Potem je energija sistema integral gibanja in
E = T + V =12m
(r2
sin2 α+C2
0
r2
)+mgr cotα.
Efektivni potencial je Veff = 12m(C2
0 sin2 α 1r2 + gr sin 2α
). Vprasajmo se, kdaj materialna tocka enakomer-
no krozi po stozcu. Torej r = 0 oziroma r ≡ r0, kjer je r0 minimum efektivnega potenciala. Imamo
dVeff.
dr= −mC2
0 sin2 α1r30
+12mg sin 2α = 0
in od tod
r0 =(C2
0
gtanα
)1/3
.
Potemtakem pri E = Veff (r0) tocka enakomerno krozi po stozcu s kotno hitrostjo C0r20. V splosnem pa se
giblje po nezaprtem tiru po plascu stozca med r = r1 in r = r2, kjer sta pri dani energiji E in ploscinski
hitrosti r1 in r2 resitvi enacbe Veff. = E.
2.4 Materialna tocka se giblje v polju potencialne sile.
a) Zapisi pripadajoco Lagrangeovo funkcijo s koordinatami relativnega koordinatnega sistema
b) Zapisi Lagrangeove enacbe.
c) V posebnem primeru, ko je gibanje ravninsko in se izhodisci relativnega in absolutnega koordinat-
nega sistema ujemata ter je vektor kotne hitrosti konstanten, poisci integral gibanja.
Resitev
a) Zapisimo kineticno energijo s koordinatami relativnega sistema. Oznacimo z y′i in z yi kartezicne koor-
dinate absolutnega in relativnega sistema. V kartezicnih kordinatah so kovariantne in kontravariantne
komponente enake. V nadaljevanju bomo zato mesto indeksov, zgoraj, spodaj, prilagodili sumacijski
konvenciji, ki velja za enake, nasprotno postavljene indekse. Imamo ~r ′ = ~r ′0 +Q~r in ~εi = Q~ei oziroma
~εi = Qji~ej . Potem med koordinatami vektorja ~r ′ = y′
i~ei in koordinatami vektorja ~r = yi~ei velja
41
zveza y′i = y′i0 +Qi
jyj . Nadalje QT Q je posevno simetricen tenzor in potemtakem Qm
i = eijkQmjωk.
Izracunajmo
y′ i = y′ i0 + Qijy
j +Qij y
j = y′ i0 + ejmkQimωkyj +Qi
j yj
in
y′ iy′i = (y′ i0 + ejmkQimωkyj +Qi
j yj)(y′0 i + esrlQirωlys +Qi
sys).
Izracunajmo posebej
ejmkQimωkyjesrlQirωlys = ejmke
smlωkyjωlys = (δjsδkl − δj
lδks)ωkωly
jys = ωkωkyjyj − (ωjyj)2
in
Qij y
jesrlQirωlys = esjlyjωlys ter Qij y
jQisys = yj yj .
Tako imamo
y′ iy′i = y′ i0 y′0 i + ωkωky
jyj − (ωjyj)2 + yj yj + 2ejmkQimωkyj y′0 i + 2Qi
j yj y′0 i + 2esjlyjωlys.
Oznacimo z V = V (y′i) = V (y′i0 +Qijy
j) potencial pa imamo
L = T − V =12m(y′ i0 y
′0 i + ωkωky
jyj − (ωjyj)2 + yj yj +
+ 2ejmkQimωkyj y′0 i + 2Qi
j yj y′0 i + 2esjlyjωlys
)− V (y′i0 +Qi
jyj).
b) Izracunajmo posebej
d
dt
∂L
∂yj= m
(yj +Qi
j y′ i0 + Qji y′ i0 + esjl(ωlys + ωlys)
)= m
(yj +Qi
j y′ i0 + ejklQikωly′ i0 + esjl(ωlys + ωlys)
)in
∂L
∂yj= m
(ωkωky
j − ωkykyj + ejmkQimωky
′ i0 + ejslysωl
)− ∂V
∂y′iQij .
Tako dobimo
d
dt
∂L
∂yj− ∂L
∂yj= m
(yj +Qi
j y′ i0 + ejlsωlys + 2ejlsωlys − ωkωkyj + ωkyky
j)
+∂V
∂y′iQij .
c) Pisimo ξ = y1 in η = y2 in ~ω = ω~e3. Potem imamo
d
dt
∂L
∂ξ− ∂L
∂ξ= mξ −mωη − 2mωη −mω2ξ +mQi
1y′ i0 +∂V
∂ξ= 0
d
dt
∂L
∂η− ∂L
∂η= mη +mωξ + 2mωξ −mω2η +mQi
2y′ i0 +∂V
∂η= 0.
V posebnem primeru ω = 0 in y′ i0 = 0 se enacbi poenostavita v
d
dt
∂L
∂ξ− ∂L
∂ξ= mξ − 2mωη −mω2ξ +
∂V
∂ξ= 0
d
dt
∂L
∂η− ∂L
∂η= mη + 2mωξ −mω2η +
∂V
∂η= 0.
42
Privzemimo V = V (ξ, η). Pomnozimo prvo enacbo s ξ, drugo z η in sestejmo. Tako dobimo
12m(ξ2 + η2 − ω2(ξ2 + η2)
)+ V = konst.
Opomba Ce je V = V (ξ, η), potem V (y1, y2) = V (Qi1y′
i, Qi
2y′i) = V (y′1, y′2, t) in V ni
konzervativna in tako v splosnem
T + V =12m(ξ2 + η2 + 2ω(ηξ − ηξ) + ω2(ξ2 + η2)
)+ V
ni konstanta gibanja. V posebnem primeru, ce je V invariantna za rotacije okrog ~e3, je seveda
T + V konstanta, zgoraj dobljena konstanta pa je enaka T − ~L · ~ω.
2.5 Podana je Lagrangeova funkcija L = 12m(q2 sin2(ωt) + qqω sin(2ωt) + ω2q2). Zapisi pripadajoco La-
grangeovo funkcijo v novih koordinatah Q = q sin(ωt).
Resitev Izracunajmo Q = q sin(ωt) + ωq cos(ωt) in
Q2 = q2 sin2(ωt) + 2ωqq sin(ωt) cos(ωt) + ω2q2 cos2(ωt).
Potem
L =12m(Q2 − ω2q2 cos2(ωt) + ω2q2
)=
12m(Q2 + ω2Q2
).
2.6 Podana je Lagrangeova funkcija L = −√
1− (dqdt )
2. Za transformacijo
q = Qchλ+ τshλ in t = Qshλ+ τchλ, λ je poljubna konstanta
zapisi transformirano Lagrangeovo funkcijo L(Q, dQdτ , τ).
Resitev Izracunajmodq
dt= chλ
dQ
dt+ shλ
dτ
dt= (chλ
dQ
dτ+ shλ)
dτ
dt
in
1 =dt
dt= shλ
dQ
dt+ chλ
dτ
dt= (shλ
dQ
dτ+ chλ)
dτ
dt.
Od tod dobimodq
dt=
chλdQdτ + shλ
shλdQdτ + chλ
in
1−(dq
dt
)2
=1−
(dQdτ
)2
(shλdQ
dτ + chλ)2 =
1−(
dQdτ
)2
(dtdτ
)2 .
Potemtakem L = −√
1−(
dQdτ
)2dτdt .
43
2.7 S temena elipse x2
a2 + y2
b2 = 1 z infinitezimalno brzino pod vplivom teze v smeri negativne osi y brez
trenja zdrsne masna tocka. S pomocjo Lagrangeovih monoziteljev doloci mesto, kjer masna tocka zapusti
gibanje po elipsi.
Resitev Lagrangeove enacbe sistema z vezjo f(q) = 0 so
d
dt
∂L
∂qj− ∂L
∂qj= λ
∂f
∂qj.
V nasem primeru imamo L = 12m(x2 + y2)−mgy in f(x, y) = x2
a2 + y2
b2 − 1. Tako dobimo enacbi
mx = 2λx
a2in my +mg = 2λ
y
b2.
Poiscimo integrala sistema. Ocitno je E = T + V integral sistema. Torej
12m(x2 + y2) +mgy = E = mgb.
Pri dolocitvi konstante E smo upostevali zacetni pogoj mirovanja na temenu elipse. Naslednji integral
dobimo z odvajanjem vezi. Torejxx
a2+yy
b2= 0.
Odvajajmo vez se enkrat. Potem x2
a2 + y2
b2 + xxa2 + yy
b2 = 0. Pomnozimo Lagrangeovi enacbi z xa2 in y
b2 , ju
sestejmo in upostevajmo zgornjo enacbo. Tako dobimo integral
−mx2
a2− my2
b2+mg
y
b2= 2λ
(x2
a4+y2
b4
).
Masna tocka zapusti gibanje po elipsi pri λ = 0. Potemtakem so koordinate tocke zapustitve resitve sistema
stirih enacb
x2
a2+y2
b2− 1 = 0, (1)
xx
a2+yy
b2= 0, (2)
12(x2 + y2) + g(y − b) = 0, (3)
x2
a2+y2
b2− g
y
b2= 0 (4)
za neznanke x, y, x in y. Iz (1) in (4) eliminirajmo x2
a2 in x2
a2 , prepisimo (2) v x2x2
a4 = y2y2
b4 pa dobimo
y2 = gyb2 (b2− y2). Eliminirajmo se x2 iz (3). Potem y2(1− a2
b2 )+ gy(2+ a2
b2 )− 2gb = 0. Vstavimo v to enacbo
dobljen izraz za y2. Po krajsem racunu dobimo
p(y) =a2 − b2
b4y3 + 3y − 2b = 0.
Koordinata y mesta zapustitve je torej nicla kubicnega polinoma p(y). Definirajmo η = yb in k = a
b . Potem
se nasa enacba glasi p(η) = (k2 − 1)η3 + 3η − 2 = 0. Velja p(0) = −2 in p(1) = k2 in potemtakem obstaja
44
vsaj ena nicla na intervalu (0, 1). Dokazimo, da na tem intervalu obstaja natanko ena nicla, ki je koordinata
η mesta zapustitve gibanja po elipsi. Res, diskriminanta kubicne enacbe je
∆ =1
(k2 − 1)3+
1(k2 − 1)2
=k2
(k2 − 1)3.
Za k > 1 je torej ∆ > 0 in p(η) ima eno samo realno niclo. Za k < 1 ima p(η) tri realne nicle toda, ker je
vodilni koeficient polinoma p(η) negativen in velja p(0) < 0 in p(1) > 0, lezi na intervalu (0, 1) res ena sama
nicla. Za posebni primer a = b imamo k = 1 in η = 23 . Koordinata y mesta zapustitve je torej y = 2
3b.
Vprasajmo se se, kako se mesto zapustitve spreminja s k. Oznacimo z η(k) niclo polinoma p(η) in odvajajmo
enacbo p(η(k)) = 0 po k. Tako dobimo
2kη3 + 3((k2 − 1)η2 + 1
) dηdk
= 0
in od toddη
dk=
−η4
3(1− η).
Torej z narascajoco strmino, padajocim k, koordinata y mesta zapustitve narasca.
3. Majhna nihanja okoli ravnovesne lege
3.1 Obravnavaj majhna nihanja kroglice v krogelni posodi. Tu privzami, da je gibanje ravninsko in da se
kroglica kotali po posodi.
Resitev Naj bo R polmer posode, a polmer kroglice in m masa kroglice. Oznacimo z O sredisce krogelne
posode in s P sredisce kroglice. Nadalje, oznacimo s ϕ kot med smerjo sile teze in zveznico med O in
P in s θ kot zavrtitve kroglice merjen od smeri sile teze. Kineticna energija kroglice je T = 12m(R −
a)2ϕ2 + 12Jθ
2. Upostevajmo kinematicno zvezo Rϕ = (ϕ+ θ)a in J = 25ma
2. Potem T = 12m
75 (R − a)2ϕ2.
Potencialna energija kroglice je V = −mg(R − a) cosϕ. Ocitno je dno posode ϕ = 0 stabilna ravnovesna
lega. Aproksimiramo V (ϕ) = 12
d2Vdϕ2 ϕ2 = 1
2mg(R− a)ϕ2. V okolici ravnovesne lege imamo potem
L =12m
75(R− a)2ϕ2 − 1
2mg(R− a)ϕ2.
Lagrangeova enacba se glasi
ϕ+5g
7(R− a)ϕ = 0.
Frekvenca majhnega nihanja okoli ravnovesne lege je tako ω =√
5g7(R−a) . V limiti imamo lima→0 ω =
√5g7R) .
Frekvenca nihanja male kroglice torej v limiti proti materialni tocki ni enaka frekvenci nihanja materialne
tocke.
45
3.2 Po paraboli y = ax2, a > 0 se giblje vodilo z maso m, na katero je prosto vrtljivo v ravnini x, y, s
svojim koncem, pritrjena palica z maso M in dolzino l. Obravnavaj majhna nihanja okoli ravnovesne
lege, ce na sistem deluje sila teze v negativni smeri osi y.
Resitev Sistem opisimo s prostostnima stopnjama x in kotom θ med palico in smerjo sile teze. Oznacimo z
~r1 krajevni vektor do vodila in z ~r2 krajevni vektor do masnega sredisca palice. Potem imamo ~r1 = x~i+ax2~j
in ~r2 = (x+ l2 sin θ)~i+ (ax2 − l
2 cos θ)~j. Potencialna energija sistema je V = V1 + V2 = mgax2 +Mg(ax2 −l2 cos θ). Izracunajmo
∂V
∂x= 2(m+M)gax,
∂V
∂θ=l
2Mg sin θ,
∂2V
∂x2= 2(m+M)ag, in
∂2V
∂θ2=l
2Mg cos θ.
Ravnovesna stabilna lega je ocitno pri x = 0 in θ = 0. Izracunajmo sedaj ~v1 = ~r1 = x~i+2axx~j in ~v2 = ~r2 =
(x + l2 θ cos θ)~i + (2axx + l
2 θ sin θ))~j. V okolici ravnovesne lege aproksimiramo ~v1 = x~i in ~v2 = (x + l2 θ)~i.
Kineticna energija je tako enaka T = T1 +T2 = 12mv
21 + 1
2Mv22 + 1
2Jθ2 = 1
2 (m+M)x2 + 12M
13 l
2θ2 + 12Mlxθ.
Priredimo kineticni in potencialni energiji matriki
T =[m+M 1
2Ml12Ml 1
3Ml2
]= Ml2
[(1 + µ) 1
l212l
12l
13
]in
V =[
2(m+M)ag 00 1
2Mgl
]== Mgl
[2(1 + µ) α
l2 00 1
2
].
Tu smo uvedli stevili µ = mM in α = al. Frekvenca majhnega nihanja je resitev karakteristicne enacbe
|V − ω2T| = 0. Pisimo ω2 = gl λ
2 pa imamo∣∣∣∣∣1+µl2 (2α− λ2) −λ2
2l
−λ2
2l12 −
13λ
2
∣∣∣∣∣ = 0.
Tako dobimo kvadratno enacbo
(112
+13µ)λ4 − (1 + µ)(
2α3
+12)λ2 + (1 + µ)α = 0
za spremenljivko λ2. Diskriminanta enacbe je
∆ = (1 + µ)(12α(1− 2µ) + 9(1 + µ) + 16α2(1 + µ)
).
Poglejmo pri izbranem µ > 0 na ∆ kot na kvadratno funkcijo spremenljivke α. Njena diskriminanta je
−432(1 + 4µ)(1 + µ) in potemtakem je ∆ > 0 za vsak dopusten µ. Potem
λ21,2 =
(3 + 4α)(1 + µ)±√
1 + µ√
12α(1− 2µ) + 9(1 + µ) + 16α2(1 + µ)1 + 4µ
.
Kratek racun pokaze, da sta oba korena pozitivna. Tako smo dobili lastni frekvenci
ω1,2 =√g
lλ1,2
46
majhnega nihanja okoli ravnovesne lege. Za ljubitelje okroglih stevil, za µ = 132 in α = 3
5 imamo ω1 =√
gl
in ω2 =√
2gl .
Oglejmo si se limitna primera, µ→ 0 in µ→∞. Vstavimo µ = 0 pa imamo
limµ→0
ω1,2 =√g
l
(3 + 4α±
√(3 + 4α)2 − 12α
).
Za izracun limite µ→∞ pokrajsamo izraz z µ in pozenimo 1µ → 0. Potem
limµ→∞
ω1 =
√3g2l
in limµ→∞
ω2 =√gα
l=√ag.
Frekvenca ω1 ustreza nihanju palice, ω2 pa nihanju vodila po paraboli.
3.3 Masna tocka je z n enakimi vzmetmi vpeta v oglisca pravilnega n-mnogokotnika. Obravnavaj majhna
nihanja okoli ravnovesne lege.
Resitev Pisimo: R polmer kroznice oglisc mnogokotnika, s k proznostni modul vzmeti, z d dolzino ne-
raztegnejen vzmeti in z m maso tocke. Postavimo izhodisce koordinatnega sistema v sredisce mnogokotnika
in usmerimo os x tako, da imajo oglisca koordinate xi = R cosϕi in yi = R sinϕi, ϕi = i2πn . Koordinati
masne tocke oznacimo z x in y. Zaradi simetrije je ravnovesna lega ocitno sredisce mnogokotnika. Poten-
cialna energija i-te vzmeti je Vi = 12k(√
(x− xi)2 + (y − yi)2 − d)2
. Pisimo ∆i = (x − xi)2 + (y − yi)2 in
izracunajmo
∂Vi
∂x= k
(√∆− d
) x− xi√∆
∂V 2i
∂x2= k
(x− xi)2
∆+ k
(√∆− d
) (y − yi)2
∆3/2= k
(1− d(y − yi)2
∆3/2
)∂2Vi
∂y∂x= k
(y − yi)(x− xi)∆
− k(√
∆− d) (x− xi)(y − yi)
∆3/2= k
d(x− xi)(y − yi)∆3/2
∂V 2i
∂y2= k
(1− d(x− xi)2
∆3/2
)Pri izracunu zadnjega izraza smo upostevali simetrijo med x in y. V ravnovesni legi x = y = 0 imamo
∂V 2i
∂x2= k
(1− dy2
i
R3
)= k
(1− d
Rsin2 ϕi
)∂2Vi
∂x∂y= kd
xiyi
R3= k
d
Rcosϕi sinϕi
∂V 2i
∂y2= k
(1− dx2
i
R3
)= k
(1− d
Rcos2 ϕi
).
Potencialna energija vseh vzmeti je V =∑n
i=1 Vi. Priredimo potencialu Hessian v ravnovesni legi
V =n∑
i=1
k
[ 1− dR sin2 ϕi
dR cosϕi sinϕi
dR cosϕi sinϕi 1− d
R cos2 ϕi
]= k
[n− d
R
∑ni=1 sin2 ϕi
dR
∑ni=1 cosϕi sinϕi
dR
∑ni=1 cosϕi sinϕi n− d
R
∑ni=1 cos2 ϕi
]
47
in tako
V = k
[n− d
2R (n−∑n
i=1 cos 2ϕi) d2R
∑ni=1 sin 2ϕi
d2R
∑ni=1 sin 2ϕi n− d
2R (n+∑n
i=1 cos 2ϕi)
].
Dokazimo sedaj, da je An =∑n
i=1 cos 2ϕi = 0 in Bn =∑n
i=1 sin 2ϕi = 0. Res, za n = 2m imamo
2m∑i=1
cos 2ϕi =2m∑i=1
cos2i2π2m
= 2m∑
i=1
cosi2πm.
Toda ta izraz je enak koordinati x masnega sredisca oglisc pravilnega m-kotnika. Torej A2m = 0 in podobno
B2m = 0. Dokazimo se primer n = 2m+1. Razbijmo vsoto na vsoti i ∈ 1, . . . ,m in i ∈ m+1, . . . , 2m+1.
Prepisimo2m+1∑
i=m+1
sin 2ϕi =m+1∑j=1
sin2(m+ j)2π
2m+ 1=
m+1∑j=1
sin(2j − 1)2π
2m+ 1
in potem2m+1∑i=1
sin 2ϕi =m∑
j=1
sin4jπ
2m+ 1+
m+1∑j=1
sin(2j − 1)2π
2m+ 1=
2m+1∑i=1
sini2π
2m+ 1= 0.
Torej A2m+1 = 0 in tudi B2m+1 = 0. Tako smo dobili
V = kn
[ 1− d2R 0
0 1− d2R
].
Ravnovesna lega je stabilna, ce velja 1 − d2R > 0 oziroma d < 2R. Kineticna energija je T = 1
2 (x2 + y2) in
tako T = mI. Potemetakem se lastni sistem glasi
det(V − ω2T
)=∣∣∣∣ kn(1− d
2R )− ω2m 0
0 kn(1− d2R )− omega2m
∣∣∣∣ .Lastna frekvenca je ena sama
ω =
√k
m
√n
(1− d
2R
),
lastni prostor pa je kar ves IR2. Splosna resitev naloge majhnega nihanja okoli ravnovesne lege je tako
x(t) = A cos
(√k
m
√n
(1− d
2R
)t− δ1
),
y(t) = B cos
(√k
m
√n
(1− d
2R
)t− δ2
).
Konstante A, B, δ1 in δ2 dolocimo iz zacetnih pogojev. Poglejmo si posebni primer, da maso m postavimo
v zacetni polozaj x0, y0 in jo spustimo, x(t = 0) = 0 in y(t = 0) = 0. Potem dobimo δ1 = δ2 = 0 in A = x0,
B = y0. Gibanje je premocrtno harmonicno gibanje v smeri premice, ki povezuje zacetno in ravnovesno lego.
HAMILTONOV MEHANIKA
48
1. Hamiltonova funkcija
1.1 Materialna tocka je brez trenja gibljiva po zunanjem plascu valja, nanjo pa poleg sile podlage deluje se
sila ~F = −k~r, k > 0,kjer je ~r krajevni vektor iz centra sil na osi valja do materialne tocke na valju.
Priredi sistemu Hamiltonovo funkcijo, zapisi kanonski sistem in ga resi.
Resitev Oznacimo z R polmer valja in z m maso tocke na valju. Polozaj tocke opisimo s polarnim kotom
θ in s koordinato z osi valja, ki ima izhodisce v centru sile ~F . Ker ja valj gladek, opravlja od vseh sil, ki
delujejo na tocko, nenicelno virtualno delo edinole komponenta z sile ~F . Potemtakem je ustrezni potencial
sistema V = 12kz
2. Kineticna energija tocke je T = 12m(R2θ2 + z2) in tako
L =12(R2θ2 + z2)− 1
2kz2.
Kineticna energija je homogena kvadratna funkcija. Pripadajoca matrika forme je
T =[mR2 0
0 m
]in potem
H =12p ·T−1p + V (q) =
12
(p2
θ
mR2+p2
z
m+ kz2
).
Kanonski sistem je
θ =∂H
∂pθ=
pθ
mR2, z =
∂H
∂pz=pz
m, pθ = −∂H
∂θ= 0, pz = −∂H
∂z= −kz.
Od vidimo, da je pθ konstanta in θ = pθtmR2 + θ0. Nadalje dobimo z = − k
mz. Z besedami, koordinata z tocke
se giblje harmonicno s frekvenco ω =√
km .
2. Poissonov oklepaj, kanonske transformacije
2.1 Ravninskemu gibanju materialne tocke v potencialnem polju pripada v relativnih koordinatah La-
grangeova funkcija
L =12m(ξ2 + η2 + 2ω(ηξ − ηξ) + ω2(ξ2 + η2)
)− V.
a) Priredi Hamiltonovo funkcijo in zapisi kanonski sistem.
b) Prepisi spremenljivke funkcij
f(ξ, η, ξ, η) =12m(ξ2 + η2 − ω2(ξ2 + η2)
)+ V
in
g(ξ, η, ξ, η) =12m(ξ2 + η2 + 2ω(ηξ − ηξ) + ω2(ξ2 + η2)
)+ V
v kanonske spremenljivke in izracunaj Poissonov oklepaj [f, g].
49
Resitev
a) Izracunajmo
pξ =∂L
∂ξ= m(ξ − ωη) in pη =
∂L
∂η= m(η + ωξ).
Potem ξ = pξ
m + ωη in η = pη
m − ωξ in po krajsem racunu dobimo
H = pξ ξ + pη η − L =p2
ξ
2m+
p2η
2m+ ωηpξ − ωξpη + V (ξ, η).
Kanonski sistem se glasi
ξ = ∂H∂pξ
= pξ
m + ωη,
η = ∂H∂pη
= pη
m − ωξ,
pξ = −∂H∂ξ = pηω − ∂V
∂ξ ,
pη = −∂H∂η = −pξω − ∂V
∂η .
b) Izrazimo ξ in η kot funkciji kanonskih spremenljivk in vstavimo v f in g. Po krajsem racunu dobimo
f(ξ, η, pξ, pη) =p2
ξ
2m+
p2η
2m+ pξωη − pηωξ + V (ξ, η)
in
g(ξ, η, pξ, pη) =p2
ξ
2m+
p2η
2m+ V (ξ, η).
Izracunajmo sedaj se Poissonov oklepaj
[f, g] =
[p2
ξ
2m+
p2η
2m+ pξωη − pηωξ + V (ξ, η),
p2ξ
2m+
p2η
2m+ V (ξ, η)
]
=
[p2
ξ
2m+
p2η
2m+ V (ξ, η),
p2ξ
2m+
p2η
2m+ V (ξ, η)
]+
[pξωη − pηωξ,
p2ξ
2m+
p2η
2m+ V (ξ, η)
]
=
[pξωη − pηωξ,
p2ξ
2m+
p2η
2m+ V (ξ, η)
]
= ω
(−pη
pξ
m+ pξ
pη
m−(η∂V
∂ξ− ξ
∂V
∂η
))= ω
(ξ∂V
∂η− η
∂V
∂ξ
).
V posebnem primeru, ko je potencial radialno simetricen, je [f, g] = 0. Pravimo, da sta f in g v
involuciji.
50
2.2 Nad mnozico skalarnih polj V je definiran oklepaj f, g(~Λ) = −~Λ · (∇f ×∇g).
a) Dokazi, da je s tem oklepajem (V,+, , ) Liejeva algebra.
b) Dokazi, da moremo Eulerjeve dinamicne enacbe prostega togega telesa zapisati v obliki
Λi =Λi,H
,
kjer je Λi i-ta komponenta vrtilne kolicine in
H =12
((Λ1)2
J1+
(Λ2)2
J2+
(Λ3)2
J3
).
c) Splosno, dokazi, da je velikost vrtilne kolicine konstanta vzdolz resitve kanonskega sistema F =
F,H za poljubno funkcijo H.
Resitev
a) Posevna simetricnost in bilinearnost forme sta ocitna. Dokazimo Jacobijevo identiteto. Izracunajmo:
f, g, h (~Λ) =−~Λ ·(∇f(~Λ)×∇g, h (~Λ)
)=
=−~Λ ·(∇f(~Λ)×∇
(−~Λ · (∇g ×∇h)
))in posebej
∇(~Λ · (∇g ×∇h)
)=
∂
∂Λi
(Λj (∇g ×∇h)j
)~ei =
=∇g ×∇h+ Λj ∂
∂Λi(∇g ×∇h)j ~ei
=∇g ×∇h+ Λj ∂
∂Λi
(∂g
∂Λk
∂h
∂Λleklj
)~ei.
Potem
f, g, h (~Λ) =~Λ · (∇f × (∇g ×∇h)) + ~Λ ·(∂f
∂Λm~em × Λj
(∂2g
∂Λi∂Λk
∂h
∂Λl+
∂g
∂Λk
∂2h
∂Λi∂Λl
)eklj~ei
)=~Λ · (∇f × (∇g ×∇h)) + ekljemipΛjΛp ∂f
∂Λm
(∂2g
∂Λi∂Λk
∂h
∂Λl+
∂g
∂Λk
∂2h
∂Λi∂Λl
).
Upostevajmo, da za vektorski produkt velja Jacobijeva enakost. Potemtakem je vsota oklepajev
f, g, h+ g, h, f+ h, f, g
enaka vsoti izrazov
ekljemipΛjΛp ∂f
∂Λm
(∂2g
∂Λi∂Λk
∂h
∂Λl+
∂g
∂Λk
∂2h
∂Λi∂Λl
)s ciklicno spremembo funkcij f , g in h. Dokazimo, da je ta vsota enaka nic. V ta namen je dovolj dokazati,
da drugi odvodi funkcij ne nastopajo. Res, zapisimo clene, kjer nastopajo drugi odvodi funkcije h
A = ekljemipΛjΛp ∂f
∂Λm
∂g
∂Λk
∂2h
∂Λi∂Λl+ ekljemipΛjΛp ∂g
∂Λm
∂2h
∂Λi∂Λk
∂f
∂Λl.
51
V drugem clenu zamenjajmo indekse m↔ k in m↔ l. Potem imamo
A = (ekljemip − emljekip) ΛjΛp ∂f
∂Λm
∂g
∂Λk
∂2h
∂Λi∂Λl.
V izrazu izven alternirajocih simbolov indeksi j in p ter i in l nastopajo simetricno, v alternirajocih
simbolih pa posevno simetricno in potemtakem A = 0 in Jacobijeva enakost.
f, g, h+ g, h, f+ h, f, g = 0
je s tem dokazana.
b) Izracunajmo
Λ1,H
= −~Λ ·
(~e1 ×
(Λ1
J1~e1 +
Λ2
J2~e2 +
Λ3
J3~e3
))= Λ2 Λ3
J3− Λ3 Λ2
J2=J2 − J3
J2J3Λ2Λ3.
Upostevajmo Λ1 = J1ω1 pa imamo
ω1 = (J2 − J3)ω2ω3.
c) Pisimo Π = 12 |~Λ|
2 in izracunajmo
Π,H = −~Λ · (∇Π×∇H) = −~Λ · (~Λ×∇H) = 0
in potemtakem vzdolz resitvedΠdt
= Π,H = 0.
2.3 Dokazi Jacobijevo enakost za Poissonov oklepaj.
Resitev Imamo [f, g] = f,x · Jg,x, kjer sta f,x in g,x stolpca parcialnih odvodov po kanonskih spre-
menljivkah q in p. Izracunajmo
[f, [g, h]] =f,x · J[g, h]x = f,x · J (g,x · Jh,x)x
=f,x · J(g,xxJh,x + h,xxJT g,x
)=g,xxJT f,x · Jh,x + h,xxJT g,x · JT f,x
=g,xxJT f,x · Jh,x − h,xxJT g,x · Jf,x.
Tu smo upostevali, da so matrike drugih odvodov simetricne in da je J posevnosimetricen. Potem
[f, [g, h]] + [g, [h, f ]] + [h, [f, g]] = g,xxJT f,x · Jh,x − h,xxJT g,x · Jf,x
+ h,xxJT g,x · Jf,x − f,xxJTh,x · Jg,x
+ f,xxJTh,x · Jg,x − g,xxJT f,x · Jh,x = 0.
52
2.4 Pisimo ~r = yi~ei, ~p = pi~ei in ~l = ~r × ~p. Izracunaj Poissonove oklepaje
a) [yi, lj ], [pi, lj ],
b) [|~r|, lj ], [|~p|, lj ],
c) [li, lj ].
Resitev
a) Ocitno
[yi, lj ] =∂lj
∂pi=
∂
∂piekljy
kpl = ekijyk
in
[pi, lj ] = − ∂l
j
∂yi= − ∂
∂yiekljy
kpl = −eiljpl = ekijp
k.
b) Izracunajmo
[|~r|, lj ] =∂|~r|∂yi
∂lj
∂pi=yi
r
∂
∂piekljy
kpl =1ryiykekij = 0
in ker ~r in ~p nastopata v ~l posevno simetricno velja [|~p|, lj ] = 0.
c) Velja
[li, lj ] =∂li
∂yk
∂lj
∂pk− ∂li
∂pk
∂lj
∂yk
=∂
∂yk(emniy
mpn)∂
∂pk(ersjy
rps)− ∂
∂pk(emniy
mpn)∂
∂yk(ersjy
rps)
=ekniekjrpnyr − ekime
ksjymps
=(δn
jδir − δn
rδij
)pny
r −(δi
sδm
j − δijδ
ms
)psy
m
=yipj − yjpi = eijklk.
2.5 Dokazi, da je za n = 1 transformacija kanonska natanko tedaj, ko ohranja volumen faznega prostora.
Resitev Za Q = Q(q, p), P = P (q, p) dokazujemo
∂ξ
∂xJ(∂ξ
∂x
)T
= J ⇐⇒ det∂ξ
∂x= 1,
kjer je∂ξ
∂x=
[ ∂Q∂q
∂Q∂p
∂P∂q
∂P∂p
].
Direktni racun pokaze, da velja
∂ξ
∂xJ(∂ξ
∂x
)T
=
[0 ∂Q
∂q∂P∂p −
∂p∂q
∂Q∂p
−∂Q∂q
∂P∂p + ∂p
∂q∂Q∂p 0
]
in potemtakem je preslikava kanonska ⇐⇒ det ∂ξ∂x = 1.
53
2.6 Pokazi, da je preslikava Q = log( sin pq ), P = q cot p kanonska in poisci pripadajoco rodovno funkcijo.
Resitev Dokazimo, da transformacija ohranja volumen faznega prostora. Izracunajmo∣∣∣∣∣∂Q∂q
∂Q∂p
∂P∂q
∂P∂p
∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣−1q cot p
cot p −qsin2 p
∣∣∣∣∣ = 1sin2 p
− cot2 p = 1.
in potemtakem je preslikava res kanonska. Poiscimo sedaj pripadajoco rodovno funkcijo. Izrazimo p =
arcsin(qeQ). Torej p = p(q,Q) in zato poiskusimo z rodovno funkcijo F = F (q,Q). Potem p = ∂F∂q in od tod
F =∫
arcsin(qeQ) dq + f(Q) = e−Q√
1− q2e2Q + arcsin(qeQ) + f(Q).
Dolocimo se funkcijo f(Q). Izracunajmo
P = −∂F∂Q
= e−Q√
1− e2Qq2 + f ′(Q) = q cot p+ f ′(Q)
in potemtakem je f(Q) konstanta.
54
