אנליטית מכניקה

2011 בינואר 13

בקשטיין יעקב מרצה:

ido.barth@mail.huji.ac.il ־ ברט עדו מתרגל:

שריר אור ע״י: סוכם

tnidtnid@gmail.com והערות: לתיקונים פניות

http://bit.ly/huji_notes שלי: הסיכומים אתר

1

עניינים ענייניםתוכן תוכן

עניינים תוכן

5 ההרצאות סיכום I5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מאולצת מערכת 1

6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . לגראנג׳ משוואות 1.1

10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . לגראנג׳יאן 1.2

11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . המינימלית הפעולה עקרון 1.3

12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . משמרים לא בכוחות טיפול 1.4

14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . סימטריה 2

17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . הומוגניות פונקציות על אוילור משפט 2.1

18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . אלקטרומגנטי בשדה חלקיק של אנרגיה 2.2

19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . תנועה משוואות פתרון 3

19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (Scaling) ההדמיה שיטת 3.1

22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . גופית הדו הבעיה 4

26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . קפלר בעיית 4.1

27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Lentz, Runge, Laplace של השמורה/הווקטור 4.2

28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . איזוטרופי הרמוני אוסילטור 4.3

29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . קטנות תנודות 5

32 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מאלץ וכח חיכוך עם תנודות 5.1

36 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . חלקיקיות רב תנודות 5.2

39 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . פרמטרית תהודה 5.3

42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . פיזור 6

43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . קטנות בזוויות פיזור 6.1

43 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . רדפורד קפלר פיזור 6.2

44 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . למעבדה המסה ממרכז מעבר ־ לפיזור פעולה חתך 6.3

46 תרגולים II46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14.10.2010 – 1 תרגול 7

46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מנהלות 7.1

46 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ניוטונית מכניקה על חזרה 7.2

47 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . חלקיקים הרבה עם מערכות 7.3

49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.10.2010 – 2 תרגול 8

49 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . תזכורת 8.1

2

עניינים ענייניםתוכן תוכן

50 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . תרגילים 8.2

54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . וריאציות וחשבון המינימלית הפעולה עיקרון – 28.10.2010 – 3 תרגול 9

54 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . המינימלית מהפעולה אויילר משוואות פיתוח 9.1

55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . וריאציות חשבון של דוגמאות 9.2

56 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . חיכוך עם דוגמא 9.3

57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 04.11.2010 – 4 תרגול 10

57 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . תרגילים על מנהלות 10.1

58 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . יחידות ואנליזת סקיילינג 10.2

60 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . שימור וחוקי סימטריה 10.3

61 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.11.2010 – 5 תרגול 11

61 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מימדית חד תנועה 11.1

61 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . אחד למימד רדוקציה 11.2

62 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . קפלר 11.3

64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . פרסציה 11.4

64 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18.11.2010 – 6 תרגול 12

65 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מימדי דו הרמוני אוסילטור 12.1

65 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . לינארי לא אוסילטור 12.2

67 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25.11.2010 – 7 תרגיל 13

67 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . תזכורת ־ קטנות תנודות 13.1

69 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . דוגמאות 13.2

72 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 02.12.2010 – 8 תרגול 14

72 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . פרמטר רזוננס 14.1

72 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . זמן סקלות הפרדת 14.2

74 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . פיזור 14.3

75 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 09.12.2010 – 9 תרגול 15

75 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ופיזור פעולה חתך על המשך 15.1

78 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . במישור קשיח גוף 15.2

79 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . מימד בתלת קשיח גוף – 16.12.2010 – 10 תרגול 16

83 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23.12.2010 – 11 תרגול 17

83 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . אויילר משוואות 17.1

85 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . אויילר זוויות 17.2

85 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . כבידה בשדה סימטרי סביבון 17.3

86 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . סוכם לא – 12 תרגול 18

3

עניינים ענייניםתוכן תוכן

86 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 06.01.2011 – 13 תרגול 19

86 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . קנוניות טרנספורמציות 19.1

89 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . יעקוב ־ המילטון 19.2

91 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13.01.2011 – 14 תרגול 20

91 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . יעקובי המילטון במשוואת משתנים הפרדת 20.1

93 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . פעולה זווית משתני 20.2

4

מאולצת מערכת 1

I חלק

ההרצאות סיכום

מאולצת מערכת 1

בקירוב מטוטלת של מתוח חוט או החלקה, ללא המתגלגל גלגל (למשל המערכת על הגבלה איזשהו הוא אילוץ 1.1 הגדרהאורכו). את משנה לא

ע״י הנתון המערכת של פרמטר הוא ri כאשר ,F1 (~r1, ~r2, ~r3, . . .) = 0, F2 (. . .) = 0, . . . אילוצים נתונים

ri = f1 (q1, q2, . . . , t)

(למשל במערכת הקיימות הקואורדינטות מספר כלומר הבעיה, לפתרון הנוחות הקואורדינטות הן המוכללות הקואורדינטותאחד). מימד רק יש ולכן משתנה לא החוט אורך בה מטוטלת (למשל האילוצים מספר פחות מימדי) דו מרחב

שוויונות. עם הבעיה של הקואורדינטות את רק הקושרים אילוצים הם הולונומיים אילוצים 1.2 הגדרה

בתנאי רק להימצא יכול כדור בתוך הנע חלקיק (למשל שוויונות אי ע״י הנתונים אילוצים הם הולונומיים לא אילוצים.(x2 + y2 + z2 ≤ R2

המוט. סביב נע והגלגל למוט, המחובר וגלגל ממוט המורכבת מערכת על נסתכל דוגמא:

5

לגראנג׳ משוואות 1.1 מאולצת מערכת 1

R

x

yφ

מוט סביב נע גלגל :1.1 איור

ע״י לתאר נוכל זו בעיה

x = dxdt = −v sin θ

y = v cos θv = Rφx = −Rφ sin θy = Rφ cos θ

הם: הבעיה של האילוצים

dx = −R sin θdφdy = R cos θdφ

לגראנג׳ משוואות 1.1

ניוטון. משוואות מתעסקות בהן הקרטזיות בקואורדינטות במקום מוכללות קואורדינטות עם מתעסקות לגראנג׳ משוואות

6

לגראנג׳ משוואות 1.1 מאולצת מערכת 1

כתוצאה החלקיק על הפועל והכוח ~F (a)i החלקיק שעל הכוח פועל שעליו במערכת חלקיק של המיקום וקטור ~ri נתון

הוא: החלקיק על הכוח סך ולכן ~f (c)i מאילוץ

~fi = ~F (a)i + ~f (c)

i

אז ~pi החלקיק מומנט בהינתן :J Bernoulli, J dAlembert, J L Lagrange ע״י פותחה כאלו משוואות לפתור השיטהניוטון: למשוואות בדומה לכתוב נוכל

ddx (mx) = f ⇒ ~fi − ~pi = 0

הפיסיקאלים: הכוחות תחת בהכרח לא אבל האילוצים תחת החלקיק במיקום שינויים שהן ,δ~ri וירטואליות, בהעתקות ∑נעזרi

(~fi − ~pi

)· ~δri = 0

0 =∑i

(~F (a)i − ~pi

)· δ~ri +

∑i

~f (c)i · δ~ri

.∑i~f (c)i · δ~ri = 0 כי נובע המערכת, על עבודה מבצעים לא האילוץ כוחות כי ההנחה תחת

~ri = ~ri (q1, q2, q3, . . . , t)

δ~ri =∑j

∂~ri∂qj

δqj∑iF (a)i δ~ri =

∑ij

∂ri∂qj· ~Fi

(a)δqj

=∑jQjδqj

Qj :=∑i

∂~ri∂qj

~F (a)i

.qj המוכללת הקואורדינטה עבור המוכלל הכוח הוא Qj ∑כאשרi~pi · δ~ri −

∑jQjδqj = 0∑

i~pi · δ~ri =

∑ijm~ri ·

∂~ri∂qj

δqj

=∑j

∑i

ddt

(m~vi ·

∂~ri∂qj

)−m~vi ·

ddt

( ∂ri∂qj

)δqj

ddt

( ∂~ri∂qj

)=

∑k

∂2~ri∂qk∂qj

qk + ∂2~ri∂t∂qj

האחרון: למעבר הערה

~vi = d~ridt =

∑k

∂ri∂qk

qk + ∂~ri∂t

∂~vi∂qj

=∑ ∂2ri

∂qj∂qkqk + ∂2~ri

∂t∂qj

7

לגראנג׳ משוואות 1.1 מאולצת מערכת 1

המתמטיות: בזהויות נעזר

dvidqj

= ddt

( ∂ri∂qj

)∂ri∂qk

= ∂ri∂qk

במשוואה: חזרה ∑ונציבi~pi · δ~ri =

∑j

∑i

ddt

(m~vi ·

∂~ri∂qj

)−mvi ·

∂vi∂qj

δqj

=∑j

∑i

∂∂qj

(12m~v2

i

)− ∂∂qj

(12mv2

i

)δqj

=∑i

ddt

(∂K∂qj

)− ∂K∂qj−Qj

δqj = 0

לגראנג׳: משוואות את בסה״כ נקבל ומכאן קינטית, אנרגיה מייצגת האחרונה בנוסחה K כאשר

ddt

(∂K∂qj

)− ∂K∂qj

= Qj

גם בהכרח אז להתאפס, חייב הביטוי δqj לכל אם ולכן כרצונינו, δqj התנועה את לבחור ניתן כי נכון הזה המעברמתאפסים. שלו המקדמים

אילוצים. ובלי ~F (a)i כוח תחת חלקיקים מספר נתונים דוגמא:

q1 = x

Q1 = ∂~ri∂x F

(a)i = F (a)

ix

K =∑i

12mv2

i

∂K∂x = m~vix∂K∂xi

= 0

ddt (mvix) = F (a)

ix

8

לגראנג׳ משוואות 1.1 מאולצת מערכת 1

:(d~r = dρρ+ dzz + ρdϕϕ ש־ (ניזכר גליליות בקואורדינטות בודד חלקיק של התנועה משוואות מציאת דוגמא:

K = 12m(dsdt

)2

ds2 = dρ2 + dz2 + ρ2dϕ2

⇒ K = 12m(ρ2 + z2 + ρ2ϕ2)

Qρ = ∂~r∂ρ ·

~F (a) = ~F (a)ρ

Qz = . . . = F (a)z

Qϕ = ∂~r∂ϕ ·

~F (a) = ρ~F (a)ϕ

⇒ ddt (mρ)−mρϕ2 = Fρ

ddt(mρ2ϕ

)= ρF (a)

ϕ

ובלי לגראנג׳ במשוואות שימוש ע״י רק הצנטרופוגלי הכוח את כוללת שכבר התנועה משוואת את מצאנו כלומראחרים. פיסיקאליים שיקולים

לגרנג׳? משוואות הן מה כבידה. בנוכחות z = H (x, y) משטח על חיכוך ללא נע m מסה חלקיק דוגמא:

.q1 = x, q2 = y ונבחר במישור) (התנועה מוכללות 2קואורדינטות יש פתרון:היא: הקינטית שהאנרגיה ידוע

K = m2(x2 + y2 + z2)

z = (H (x, y))′ = ∂H∂x x+ ∂H

∂y y

⇒ K = m2

(x2(

1 +(∂H∂x

)2)+ y2

(1 +

(∂H∂y

)2)+ 2xy ∂H∂x

∂H∂y

)הם: המוכללים הכוחות ולכן ~F = −mgz ולכן הכבידה כוח קיים בנוסף

Qx = ~F ∂~r∂x = −mg ∂z∂x = −mg∂H∂xQy = −mg∂H∂y

9

לגראנג׳יאן 1.2 מאולצת מערכת 1

התנועה: משוואות את נקבל לגראנג׳ במשוואות הצבה ע״י עתה

ddt

(mx

(1 +

(∂H∂x)2)+my ∂H∂x ∂H

∂y

)− ∂∂x

(m2 x2

(1 +

(∂H∂x)2)+ m

2 y2(

1 +(∂H∂y

)2)+mxy ∂H∂x ∂H

∂y

) = −mg∂H∂x

ddt = x ∂

∂x + y ∂∂y

x(

1 +(∂H∂x

)2)+ x

(x ∂∂x

(∂H∂x

)2+ y ∂∂y

(∂H∂x

)2)+y ∂H∂x

∂H∂y + y

(x ∂∂x

(∂H∂x

∂H∂y

)+ y ∂∂y

(∂H∂x

∂H∂y

))−1

2x2 ∂∂x

(∂H∂x

)2− 1

2y2 ∂∂x

(∂H∂y

)2− xy ∂∂x

(∂H∂x

∂H∂y

)= −g ∂H∂x

x(

1 +(∂H∂x

)2)+ y ∂H∂x

∂H∂y + 1

2x2 ∂∂x

(∂H∂x

)2

+y[∂∂y

(∂H∂x

∂H∂y −

12∂∂y

(∂H∂y

)2)]+ ∂∂y

(∂H∂x

)2xy = −g ∂H∂x

״הגיוני״. פתרון ולקבל המשוואות את לצמצם גם ניתן ואז y עבור המשוואה את לפתח ניתן אופן באותו

.x = H (x, y) עבור הבעיה אותה פתרון תרגיל:

לגראנג׳יאן 1.2

נקבל: השרשרת כלל באמצעות ולכן ,~Fi = −~∇iV (~r) משמר כח נניח

Qj =∑i

~Fi ·∂~r∂qj

= −∑i

~∇iV ·∂~r∂qj

= −∂V∂qjL = L (qi, qi, t) = K − V

לגרנג׳: אוילר משוואת

ddt∂L∂qj− ∂L∂qj

= 0

דוגמאות:

האילוצים: קיימים ולכן ,θ בזווית מסתובב למוט המחובר מקל על לנוע החופשי חרוז קיים .1

θ = Θ (t)ϕ = Φ (t)

10

המינימלית הפעולה עקרון 1.3 מאולצת מערכת 1

החרוז (תנועת אחת מוכללת קואורדינטה רק יש ולכן מימדים שלושה מתוך אילוצים שני יש פתרון: (א).q = r ונבחר המוט), לאורך

V = mgz = mgr cos θK = m

2

(r2 + r2Θ2 + r2 sin2 ΘΦ2

)L = K − V

⇒ mr = ddt (mr)−

Centrifugal︷ ︸︸ ︷mrΘ2 −mr sin2 ΘΦ2 +

Gravity︷ ︸︸ ︷mg cos Θ = 0

המינימלית הפעולה עקרון 1.3

המסלול: של פונקציונל בתור פעולה נגדיר 1.3 הגדרה

S [q (t)] =ˆ t2

t1L (q, q, t) dt

:Sב־ השינוי את נגדיר .t לפי q בגרף מקסימום) או (מינימום האקסטרמום נקודת את נחפש

δS = S [q0 (t) + δq (t)]− S [q0 (t)] = o(δq2)

=ˆ t2

t1

[L(q0 + δq, q0 + δq, t

)− L (q0, q0, t)

]dt

Taylor≈

ˆ t2

t1

[∂L (q0, q0, t)∂q δq + ∂L (q0, q0, t)

∂q δq]dt

δq (t) = εη (t)

δq (t) = εη (t) = ddtδq

δS =ˆ t2

t1

[δLδq δq −

ddt

(∂L∂q

)δq]dt+

=0︷ ︸︸ ︷∂L∂q δq

∣∣∣∣t2t!

+o(δq2)

δS =ˆ t2

t1

[∂L∂q −

ddt

(∂L∂q

)]εη (t) dt+ o

(δq2)

עקרון נקרא זו עובדה קל״). הכי (״המסלול אקסטרומלית תנועה לבצע שואפים פיזיקאליים שמסלולים מצאנו כלומרהמילטון. עקרון או המינימלית, הפעולה

לגראנג׳? משוואות או ניוטון בחוקי להיעזר מבלי זו לעקרון להגיע ניתן האם השאלה נשאלת

. ddtf (q, t) פונקציה הוספת ע״י למשל ביחידות, נקבע לא הלגראנג׳יאן כי לב נשים 1.4 הערהכיוון אבל הזמן, נקודות הוא שישתנה היחיד הדבר כאז הזמן, לפי אינטגרל מבצעים שאנו מכיוון אז ,S על נסתכל אם

הזמן. על ואריאציה אין כי δf (q2, t2)− δf (q1, t1) = 0 אז קבועות, הזמן שנקודות

פועלים שלא בודד חלקיק על נסתכל המינימלית. הפעולה עקרון מתוך הלגראנג׳יאן את למצוא ניתן כי להראות נרצההדרך נוספים, פרמטרים שאין כיוון .L (q) ולכן והזמן) המרחב (מהומוגניות בזמן או במקום תלוי לא L ולכן כוחות, עליו

11

משמרים לא בכוחות טיפול 1.4 מאולצת מערכת 1

.L(~v2) ולכן הוקטור, של הריבוע לקיחת ע״י היא סקלרית פונקציה לבנות היחידה

גליליי: בטרנספורמציית ניזכר

~v′ + ~V = ~vt′ = t

הלגראנג׳יאן: על הטרנספורמציה את ונפעיל

L(~v2) = L

((~v′ + ~V

)2)= L

(~v2 + 2~v′ · ~V + ~V 2

)Taylor≈ L

(~v′2)

+ 2~v′ · ~V ∂L∂~v′2 + o

(~V 2)

L(~v2) = L

(~v′2)

+ 2~V · ~v ∂L∂~v′2

= L(~v′2)

+ ddt (2~v · ~r′)

Const︷︸︸︷∂L∂~v′2

⇒ L ∝ v2

L = 12mv2

ללגראנג׳יאן: V (~r, t) פונקציה נוסיף החלקיק, על בכוחות לטפל בשביל

L = 12m~v2 − V (~r, t)

חלקיקים: מערכת עבור נכליל עתה

L =∑i

12mi~v2

i +−Vi (~ri, t)

מההומוגניות ־ חיצוניים) כוחות ללא (עדיין השני על אחד כוחות המפעילים בה חלקיקים שני של מערכת על עכשיו נסתכלהמרחב: של והאיזוטרופיות

L = 12m1~v2

1 + 12m2~v2

2 − V (|~r1 − ~r2| , t)

כללי: באופן וסה״כ

L =∑ 1

2mi~v2

i −12∑i 6=j

Vij (|~ri − ~rj | , t)

משמרים לא בכוחות טיפול 1.4

נגדיר הלגראנג׳יאן, עם שכזאת במערכת לטפפל בשביל אז משמרים, ולא משמרים כוחות המכילה מערכת על נסתכל אםמשמרים: הלא הכוחות את יכיל Qjו־ מהלגראנג׳יאן כחלק נמצאים המשמרים שהכוחות

ddt

( ∂L∂qj

)− ∂L∂qj

= Qj =∑i

~Fi∂~ri∂qi

12

משמרים לא בכוחות טיפול 1.4 מאולצת מערכת 1

המוכלל: משמר הלא הכוח לתנועה. מתנגד α כאשר ~F = −α~vi ולכן חיכוך, כוח כמו משמר לא כוח על נסתכל

Qj =∑i

~F (nc)i

∂~ri∂qj

∂~ri∂qj

= ∂~vi∂qj

Qj =∑i

~F (nc)i

∂~vi∂qj

= −∑

αi~vi∂~vi∂qj

לרשום ניתן ואז G = 12∑αi~vi הדיסיפציה פונקציית את נגדיר

Qj = − ∂G∂qj

⇒ ddt∂L∂qj− ∂L∂qj

= − ∂G∂qj

הנוזל. של החיכוך מכוחות כתוצאה האנרגיה איבוד את למצוא ונרצה מים בתוך נע גוף דוגמא:

E = 12∑

mv2i

dEdt =

∑mivi

d~vidt = −

∑αiv2

i

dEdt = −2G

.z = kx הוא התנועה על האילוץ ולכן k בשיפוע חלק לא מוט על נע חרוז דוגמא:

L = 12mz2 + 1

2mz2

k2 −mgz

G = 12α(z2 + z2

k2

)ddt

(m(

1 + 1k2

)z)

+mg = −α(

1 + 1k2

)z

z + αmz + gk2

1 + k2 = 0

שלו הלגראנג׳יאן את למצוא ונרצה אלקטרומגנטי בשדה הנע טעון חלקיק על נסתכל דוגמא:

L = 12mv2 − eφ+ k ~A~v

~B = ~∇× ~A~E = −~∇φ− 1

c∂ ~A∂t

13

סימטריה 2

:(gauge freedom) בכיול נעזר

φ → φ− 1c∂Λ (~r, t)∂t

~A → ~A+ ~∇Λ (~r, t)

ולכן

L = 12mv2 − eφ+ k ~A · ~v → −eφ+ e

c∂Λ∂t + k ~A · ~v +

→ ec︷︸︸︷k ~∇Λ · ~v

ec∂Λ∂t +

→ ec︷︸︸︷k ~∇Λ · ~v = e

c

(∂Λ∂t + ~∇Λ · d~rdt

)= ecd ~Adt

כיול. שינוי כדי עד אינווריאנטי הוא שקיבלנו הלגראנג׳יאן ולכן

סימטריה 2

משוואות מערכת נפתור

q (t) = f (t, q (0) , q (0))q (t) = f ′ (t, q (0) , q (0))

למצוא: נוכל מתוכן אשר

q (0) = F (q (t) , q (t) , t)q (0) = G (q (t) , q (t) , t)

שמורה. נקראות אלו משוואות F (q, q) = const כאשר תנועה. קבועי נקראות אלו משוואות

חלקיקים: מספר של לגרנאנג׳יאן על נסתכל

L =∑i

12miv2

i − V (r1, r2, . . . , t)

.Px = ∂L∂x = mvx + e

cAx ובסה״כ pxi = ∂L∂xi = mxi הרגיל ווהתנע pj = ∂L

∂qj הוא הקנוני התנע כאשר

מתקיים: כי לב נשים

∂L∂qz

= 0

ddt∂L∂qj

= ∂L∂qj

ddt∂L∂qz

= 0⇒ pz = const

.px = const = mvx אז ∂L∂x = 0 כאשר כללי באופן

14

סימטריה 2

חיצוניים). כוחות אין (כי ~r → ~r + ~ε טרנספורמציה תחת משתנה לא הלגראנג׳ין כי לב נשיםבלגראנג׳יאן: קטן שינויי על נסתכל

δL =∑i

∂L∂~ri· δ~ri = 0

~ε ·∑ ∂L

∂~ri= 0

∂L∂~ri

= ddtdLd~ri

= dpidt

~ε · ddt∑i~pi = 0⇒

∑i~pi = const

תנע. שימור מתקיים כי מצאנו כלומר

∂L∂R = M ~R = כי מתקיים ואז ,L = 1

2M ~R2 + . . . מתקיים אז ~R =∑mi~riM המסה מרכז מערכת על נסתכל אם

.( ~R =∑mi~riM (כי const =

∑mi~ri

הציר. סביב הזווית יהיה ϕו־ z ציר סביב סימטריה יש בו מצב על נסתכל

∂L∂ϕ = 0, Pϕ = ∂L

∂ϕ = const

L = K − Vds2 = dρ2 + ρ2dϕ2 + dz2

K = 12mds2

dt2 = 12m((dρ

dt

)2+ p2

(dϕdt

)2+(dzdt

)2)Angular Momentum︷︸︸︷~L

z

= Pϕ = mρ2ϕ = const

דברים: לשני לב נשים

.1

∂V∂x = ∂V

∂y = 0

∂L∂x = ∂L

y = 0

⇒ Px, Py = const

. ddtPϕ = 0 ולכן ∂L∂ϕ = 0 כי מתקיים אז סיבובית סימטריה שיש מכיוון .2

השימור: חוקי את מסימטריה לקבל ניתן איך הראינו סיכום:

תנע שימור ־ המרחב של הומוגניות .1

זוויתי תנע של רכיב שהוא קנוני תנע של זוויתית רכיב שימור ־ המרחב של איזוטרופיות .2

15

סימטריה 2

שהלגראנג׳אין להניח ניתן המרחב של ומהאיזוטרופיה כדוריות, בקואורדינטות חלקיקים מרובת מערכת על עתה נסתכלבלגרנג׳יאן: לשינוי הביטוי את נפתח ולכן θו־ ϕ לפי משתנה לא

δL =∑i

[ ∂L∂~ri

δ~ri + ∂L∂~vi

δ~vi]ולכן: כדוריות בקואורדינטות משתמשים אנו

vx = v sin θ cosϕvy = v sin θ sinϕvz = v cos θ

שלנו בחישוב נמשיך ולכן

δvx = −v sin θ cosϕδϕδvy = v sin θ cosϕδϕδvz = 0δ~ϕ = (0, 0, δϕ)δ~v = δ~ϕ× ~vδ~r = δ~ϕ× ~r

δL =∑i

∂L∂~ri (δ~ϕ× ~ri) +

~pi︷︸︸︷∂L∂~vi

(δ~ϕ× ~vi)

ddt∂L∂~vi

= d~pidt

⇒ δL = δ~ϕ ·∑i

ddt

~Li︷ ︸︸ ︷(~ri × ~pi)︷ ︸︸ ︷

~ri ×d~pidt + ~vi × ~pi

δL = δ~ϕ ddt

∑i

~Li = 0⇒ ~L = 0

מהאיזוטרופיות. ישירות התנע לשימור הגענו ולכן

16

הומוגניות פונקציות על אוילור משפט 2.1 סימטריה 2

הזמן הומוגניות 2.0.1

בזמן: תלוי לא שהלגראנג׳יאן מההנחה נצא המערכת. של אנרגיה לשימור נגיע הזמן מהומוגניות איך עתה נראה

L (q1, q2, . . . , q1, q2, . . .)

dLdt =

∑j

ddt

∂L∂qj︷︸︸︷∂L∂qj

qj + ∂L∂qj

qj

=

∑j

ddt

( ∂L∂qj

qj)

= ddt

E︷ ︸︸ ︷∑jpj qj − L

= 0

בזמן. שמורה האנרגיה ולכן

ללגראנג׳יאן: ביחס לאנרגיה הביטוי את לפתח נמשיך

L =∑ 1

2mi~v2

i −12∑ijVij |~ri − ~rj |

pi = miviE =

∑jmvj · vj − L

=∑jmv2 − L

=∑j

12mv2

j + 12∑i 6=j

Vij |~ri − ~rj |

הומוגניות פונקציות על אוילור משפט 2.1

כי מתקיים אם F (x, y, z, . . . , a, b, c, . . .) פונקציה בהינתן 2.1 משפט

F (mx,my,mz, . . . , a, b, c, . . .) = mkF (x, y, z, . . . , a, b, c)

הומוגנית. פונקציה היא F כימתקיים אז m = 1 + ε כאשר

F ((1 + ε)x, (1 + ε) y, (1 + ε) z, . . . , a, b, c) = F (x, y, z, . . . , a, b, c) + ∂F∂x εx+ ∂F

∂y εy + . . .

= (1 + εk)F

⇒ x∂F∂x + y ∂F∂y + . . . = kF

הומוגניות. פונקציות עבור אוילר משפט הוא האחרון השוויון כאשר

17

אלקטרומגנטי בשדה חלקיק של אנרגיה 2.2 סימטריה 2

k = 2 מדרגה הומוגנית פונקציה היא F (x, y, z) = A(x2 + y2 + z2) דוגמא:

הקינטית האנרגיה על נסתכל

K =∑ 1

2mi~vi

~vi = d~ridt =

∑k

∂~ri∂qk

qk

K =∑i

12mi~vi~vi

=∑i

12mi

∂~ri∂qk

qk∑j

∂~ri∂qj

qj

=∑jk

12gjk (q) qj qk

gjk (q) :=∑imi

∂~ri∂qj· ∂~rj∂qk

pj =∑k

gjk (q) qk

E =∑kj

gjk (q) qj qk −12∑

(gjk (q) qj qk) + V

= 12∑jk

gjk (q) qj qk + V

אלקטרומגנטי בשדה חלקיק של אנרגיה 2.2

.φ→ φ− 1L∂λ∂t גם ומתקיים ~A→ ~A+ ~∇λ ולכן משמר בשדה שינוי כדי עד יחיד הוא הוקטור הפוטנציאל כי נזכיר

החלקיק של ההלגראנג׳יאן על נסתכל

L = 12mv2 − eφ+ e

c~A · ~v

~p = ∂L∂~v = m~v + e

c~A

E = ~p · ~v − L

= mv2 + ec~A · ~v − 1

2mv2 + eφ− e

c~A · ~v

= 12mv2 + eφ

18

תנועה משוואות פתרון 3

הוויריאלי המשפט 2.2.1

מתקיים כי והראינו חלקיקים, מערכת על שוב נסתכל

K =∑jk

12gjk (q) qj qk

2K = ddt∑jpjqj −

∑j

dpjdt qj

=∑j

dpidt qi +

∑jpj qj −

∑j

dpdt qj

Average: 〈f〉τ = 1τ

ˆ τ

0fdt

〈2K〉 = 1τ

ˆ τ

02Kdt = 1

τ∑jpjqj

∣∣∣∣∣∣τ0

− 1τ

ˆ τ

0

∑j

∂L∂qj

qj

2 〈K〉 =

⟨∑j

∂L∂qj

qj⟩

2 〈K〉 =

⟨∑∑i

∂V∂~ri· ~ri⟩

רב. זמן עבור נכונה והיא הוויריאלי, המשפט היא האחרונה הזהות

ונקבל: הביטוי את ולפתח להמשיך ניתן

V =∑ 1|~ri − ~rj |

2 〈K〉 = −〈V 〉

.2 〈K〉 = 2 〈V 〉 כי מתקיים ואז V = a~r · ←→Ω · ~r כי מתקיים הרמונית במערכת 2.2 הערה

תנועה משוואות פתרון 3

(Scaling) ההדמיה שיטת 3.1

.V (a~r1, a~r2, . . .) = akV (~r1, . . .) כלומר ,k מדרגה הומוגני הפוטנציאל כי ונניח ,L = K − V (~r1, ~r2, . . .) נתוןהתנועה: משוואות של הפתרון לנו נתון כי גם נניח

~ri (t) = ξ ~fi( tτ

)19

(Scaling) ההדמיה שיטת תנועה3.1 משוואות פתרון 3

נוספים: פתרונות למצוא ניתן זה מפתרון

∀a ∈ R, ~r′i (t) = aξ ~fi( tτa1−k/2

)V → akV

~vi = ξfτ

v2 = ξ2f2

τ2

~v′i = aξfτa1−k/2

v2 = a2ξ2f2

τ2a2 ak = ξ2f2

τ2 ak

המערכת של הפרמטרים של השינוי אופן על ללמוד ניתן לעיל המעבר מתוך מסקנות:

(מהירות) v ∝ ξk/2 .1

זוויתי) (תנע l ∝ ξ1+k/2 .2

(אנרגיה) E ∝ ξk .3

(זמן) t ∝ ξ1−k/2 .4

עבור קיבלנו אם כי הכללי הלגראנג׳יאן את לקבל ניתן מכאן

L =∑i

12mi~v2

i −∑i 6=j

Vij (|~ri − ~rj |)

בהינתן אז לעיל, שנכתב כפי פתרונות

L =∑i

12γmi~v2

i −∑i6=j

εVij (|~ri − ~rj |)

הוא הפתרון

~r′i (t) = aξ ~fi(

tτ√γ

ε a1−k/2

)ולכן

~vi = γξ√γε a1−k/2

~fi

המערכת: של בפרמטרים השינוי את נמצא

. v′

v =√

εγ ak/2 בפקטרו גדלה המהירות •

.K′

K εak בפקטור גדלה הקינטית האנרגיה •

20

(Scaling) ההדמיה שיטת 3.1 תנועה משוואות פתרון 3

.E′

E = ε(ξ′ξ

)kהכוללת האנרגיה •

. l′

l = √εγ(ξ′ξ

)1+k/2לפי הזוויתי התנע •

. τ′

τ =√

m′/mε

(ξ′ξ

)1−k/2האופייני הזמן •

רק הרמוני אוסילטור אותו של הפתרון מה לדעת ונרצה ,m מסה בעל בטלפון) (תמונה הרמוני אוסצילטור נתון דוגמא:ולכן m′ המסה עם

E ∝ m0ξ2

v ∝ 1√mξ2

l ∝√mξ3

τ ∝√m

ולכן Gm1m2r בינהם משיכה כוח המפעילים גופים שני נתונים דוגמא:

E ∝ m2

v ∝√m2

m =√m

l ∝ m3/2

τ ∝ m−1/2

ולכן x = ±√

2m (E − V (x)) ולכן E = 1

2mx2 + V (x) ולכן L = 12mx2 − V (x) על נסתכל דוגמא:

dt = ±dx√2m (E − V )

±ˆ x dx√

2m (E − V (x))

= t+ const

τPeriod = 2ˆ x2

x1

dx√2m (E − V (x))

המחזור) זמן הוא זה במקרה τ )ולכן V (x) = A |x|nש־ שנתון נניח

E ∝ Aξn

τPerioed ∝ m1/2A−1/2ξ1−n2

τPeriod ∝ m1/2A− 1nE 1

n−12

21

גופית הדו הבעיה 4

האינטגרל את לפתור נוכל ולכן

τPeriod = 4ˆ x1

0

dx√2m (E −Axn)

x1 =(EA

)1/m

y = xx1

τ = 2√

2mA− 1nE 1

n−12

ˆ 1

0

dy√1− ynˆ 1

0

dy√1− yn = 1

n

ˆ dy√

1− uu1− 1n

B (x, y) :=ˆ 1

0tx−1 (1− t)y−1 dt

Γ =ˆ 1

0tx−1e−tdt

B (x, y) = Γ (x) Γ (y)Γ (x+ y)

n! = Γ (n+ 1)ˆ dy√

1− uu1− 1n

= B(

1n,

12

)גופית הדו הבעיה 4

וכו׳) חשמלי (כבידה, כלשהו משיכה כוח בינהם פועל אשר גופים משני נתחיל

L = 12m1~r2

1 + 12m2~r2

2 − V (|~r1 − ~r2|)

~R = m1~r1 +m2~r2m1 +m2

, ~r = ~r1 − ~r2

L = 12M ~R2 + 1

2m~r2 − V (r)

אחד: גוף של לבעיה הבעיה את להעביר שניתן לב נשים עתה

ddt(M ~R

)= 0

⇒ L = 12m~r2 − V (r)

הוא הזוויתי התנע כי לב נשים עתה

~L = M~r × ~r = const

22

גופית הדו הבעיה 4

מתקיים כזכור

ds2 = dr2 + r2 (dθ2 + sin2 θdϕ2)המרצה ככה אבל (מבלבל θב־ הזווית את ונסמן ϕ עם רק נשאר ולכן θ = const ולכן במישור נמצאת הבעיה כי לב נשים

זה): את מסביר

L = 12m(~r2 + r2θ2

)− V (r)

L = Pθ = ∂L∂θ

= mr2θ

של (שבגזרה השטחים אותם את מחסה זמנים באותם בתנועה כי נובע הזוויתי התנע משימור כי לראות כל כי לב נשיםאליפסה):

12r2dθ = dAdAdr = 1

2r2θ

הזוויתי התנע מתוך θ את את נחלץ עתה

θ = Lm

ˆ t dtr2 + const

המרכז) סביב כיוון באותו תמיד היא התנועה (כלומר מונוטוני הוא θ כי נובע ומכךהזוויתי: התנע לפי rל־ θ בין בקשר נעזר עתה

L = 12m(~r2 + r2θ2

)+ V (r) = const

E = 12m~r2 + Veff (r)

Veff (r) := V (r) + 12

+ 12L2

mr2

אחת קואורדינטה של לבעיה קואורדינטות 2 של מבעייה הבעיה את המרנו ולכן

r =√

2m (E − Veff (r))

dt = dr√2m (E − Veff (r))

t = ±ˆ r dt√

2m (E − Veff (r))

+ const

כך ניראה הפוטנציאל אז V = −Gm1m2r כי ידוע כאשר Veff על ניסתכל אם ל±? המקור מה

23

גופית הדו הבעיה 4

המרחק לפי האפקטיבי הפוטנציאל :4.1 איור

תתבצע ולכן המערכת, של לאנרגיה השווה אפקטיבי הפוטנציאל אותו עם r1, r2 להיות יכולים פוטנציאל לאותו ולכןשל מחזור זמן עם מחזורית תנועה

τr = 2ˆ r2

r1

dr√2m (E − Veff (r))

פעמים. מספר ערכים אותם את יקבל r לפי tה־ ולכן

rθ

=drdtdθdt

= drdθ = ±

r2√2m (E − Veff )L

θ = ±ˆ r Ldr

r2√

2m (E − Veff )+ const

∆θ = 2ˆ r2

r1

Ldrr2√

2m (E − Veff )

:∆θ2π לפי נקבעת המסלול תנועת כי לב נשים

אז ∆θ2π < 1 אם .1

24

גופית הדו הבעיה 4

∆θ2π כאשר מסלול צורת :4.2 איור

אז ∆θ2π > 1 א .2

∆θ2π > 1 של מסלול צורת :4.3 איור

25

קפלר בעיית 4.1 גופית הדו הבעיה 4

קפלר בעיית 4.1

מתקיים ולכן V = −Gm!m2r ולכן המשיכה כוח עבור הבעיה על נדבר עתה

drdθ = ±r

2

L

√2m(E + Gm1m2

r

)− L2

2mr2

u = 1r , θ = θ0 −

ˆ u du√2mEL2 + 2mGm1m2

L2 u− u2ˆ x dx√Ax2 +Bx+ C

= − 1√−A

sin−1(

2Ax+B√B2 − 4AC

), B2 − 4AC > 0

A = −1

B = 2mGm1m2L2

C = 2mEL2

E ≥ −G2m21m2

2m2L2

θ = θ0 + sin−1

1− L2uGm1m2m√

1 + 2EL2

G2mm21m2

2

r = 1

u =L2

Gm1m2m

1−√

1 + 2EL2

G2mm21m2

2sin (θ − θ0)

φ = θ − θ0 + π2

ε :=

√1 + 2EL2

G2mm21m2

2

a := −Gm1m2E

r =a(1− ε2

)1 + ε cosφ

הפרמטרים: של השונים למקרים לב נשים עתה

(מעגל). r = a ולכן ε = 0 אז E = −G2m2

1m22m

2L2 אם .1

(אליפסה). r = a(1−ε2)1+ε cosφ אז 0 < ε < 1 אז 0 > E > −G

2m21m

22m

2L2 אם .2

פרבולה). (כלומר r = A1+cos θ אז ε = 1 אז E = 0 אם .3

היפרבולה). (כלומר r = |a|(ε2−1)1+ε cosφ ו־ ε > 1 אז E > 0 אם .4

המסלול. של האקסנטריות נקרא ε 4.1 הגדרה

קונים. חתכים הם האפשריים המסלולים שכל לכך הגענו אלו מקרים מתוך 4.2 הערה

26

Lentz, Runge, Laplace של השמורה/הווקטור 4.2 גופית הדו הבעיה 4

כי ונקבל המשוואות מתוך קשרים עוד נחפש עתה

rmax =a(1− ε2

)1− ε = a (1 + ε)

rmin =a(1− ε2

)1 + ε = a (1− ε)

a = 12

(rmax + rmin)

A = ולכן 2b גם אז b = a√

1− ε2 נגדיר ואם 2a ע״י מוגדרים האליפסה של והאורך הרוחב כי ידוע מהגיאומטריההאליפסה). (שטח πab = πa2√1− ε2

.τ = πa2√

1−ε2L2m

= 2π√

mGm1m2

a 32 הוא המחזור זמן כי מתקיים אז dA

dt = 12r2θ = L

m מהיחס

.cosφ = − 1ε היא ההיפרבולה של המפתח זווית אז היפרבולי, מסלול כלומר ,ε > 1 אם

.Gm1m2 → −Ze1e2 כאשר חשמלי לכוח הנ״ל הנוסחאות כל את להמיר ניתן כי לב נשים 4.3 הערה

rmin עבור נוסף שימור חוק גם מתקיים והאנרגיה, הזוויתי התנע שימור חוק מלבד כי עולה המשוואות מתוך 4.4 מסקנהבמקום. קבועה האליפסה כלמור כיוון, לאותו מצביעים תמיד והמקסימלי המינימלי המרחב של הוקטור כלומר ,rmaxו־

Lentz, Runge, Laplace של השמורה/הווקטור 4.2

שמור: הבא הווקטור

~R = ~v × ~L− Gm1m2r ~r

L = 0ddt~R = ~v × ~L− Gm1m2

r v −Gm1m2~rddt

1r

r =√~r · ~r

ddtr = ~r · ~v√

~r · ~r= ~r · ~v

rddt~R = ~v × ~L− Gm1m2

r v − Gm1m2~r (~r · ~v)r3 − 1

r2~r · ~vr

מתקיים: הכבידה כוח עם הגופים שני בעיית עבור

~v × ~L = µ~v × (~r × ~v) = µ(~v · ~v

)~r − µ

(~v · ~r

)~v

µ~r = Gm1m2r3 ~r

⇒ ddtR = −Gm1m2

r3 (~r · ~v)~r + Gm1m2r3 r2~v − Gm1m2~r

r + Gm1m2r3 ~r (~r · ~v)

= 0

שמור. הוקטור ולכן

כי נקבל ולכן vmin עם יחד rmin הוא המרחק כאשר הגופים תנועת על נסתכל ∣∣∣R~∣∣∣אם = vmin (µrminvmin)−Gm1m2 =(µv2

min −Gm1m2rmin

)rmin

27

איזוטרופי הרמוני אוסילטור 4.3 גופית הדו הבעיה 4

נקבל הקינטית לאנרגיה הכללית האנרגיה בין בקשר ובשימוש

2E = 2K + 2V = µv2min −

2Gm1m2rmin

µv2min = 2E + 2Gm1m2

rmin∣∣∣~R∣∣∣ =(

2E + 2Gm1m2rmin

− Gm1m2rmin

)E = −Gm1m2

2a∣∣∣~R∣∣∣ =(−2Gm1m2

2a + Gm1m2a (1− ε)

)a (1− ε)

= Gm1m2

[−1a + 1

a (1− ε)

]a (1− ε)

= Gm1m2 (−1 + ε+ 1) = Gm1m2ε

איזוטרופי הרמוני אוסילטור 4.3

הוא הבעיה של הלגראנג׳יאן

L = 12µ~r2 − 1

2K~r2

מישור בתור זה מישור את לקבוע נוכל ולכן זז, שלא מישור מגדירים vו־ r אז שמור, L = µ~r × ~vש־ כיוון כי לב נשיםולכן z = 0 ואז xy

L = 12µ(x2 + y2 + z2)− 1

2K(x2 + y2 + z2)

= 12µ(x2 + y2)− 1

2K(x2 + y2)

כי נובע האנרגיה משימור בנוסף

E = 12µ(x2 + y2)+ 1

2K(x2 + y2)

Ex = 12µx2 + 1

2Kx2, Ey = 1

2µy2 + 1

2Ky2

28

קטנות תנודות 5

בנפרד. רכיב כל עבור גם שימור יש כאשר

x = ±

√2Exµ − Kx2

µ

⇒ t = t0 ±ˆ x √µdx√

2Ex −Kx2

x =√

2ExK sin (θ)

⇒ t = t0 ±√µK

ˆ θ=1︷ ︸︸ ︷

cos θ√1− sin2 θ

dθ

= t0 ± θ√µK

⇒ x =√

2ExK sin

(√Kµ (t− t0)

)⇒ y =

√2EyK sin

(√Kµ (t− t1)

)כפולה נקבל המקדם עם אותו נכפול שכאשר כך t1 את נבחר אם המערכת. של התנועה משוואות את ישירות מצאנו וכך

נקבל אז π2 לש

x2

2ExK

+ y2

2EyK

= sin2 (. . .) + cos2 (. . .) = 1

מעגליות). במתנודות הנע תלויה מטוטלת (כמו אליפסה בצורת היא המסלול צורת כי קיבלנו ומכך

קטנות תנודות 5

הרמונית. תנודה היוצרות משקל שיווי נקודות סביב קטנות תנודות על נדבר זה בפרק

כלשהו פוטנציאל תחת חלקיק של התנועה את המתאר הלגראנג׳יאן

L = 12mξ2 − V (ξ)

והאנרגיה

E = 12mξ2 + V (ξ1)

29

קטנות תנודות 5

פוטנציאל סביב משקל שיווי :5.1 איור

ולכן מינימום נקודת (כלומר ξ1 המשקל שיווי נקודת סביב קטנות תנודות עבור הפוטנציאל את לפתח עתה נרצהנקבל טיילור טור באמצעות ולכן ,(V ′ (ξ1) = 0

V (ξ) = V (ξ1) + V ′ (ξ1) (ξ − ξ1) + 12V ′′ (ξ1) (ξ − ξ1)2

= V (ξ1) + 12V ′′ (ξ1) (ξ − ξ1)2

ע״י הנתונים את לתאר נוכל עתה

x := ξ − ξ1

⇒ x =√

2E′k cos (ωt+ ϕ1)

ω :=√km

E′ := E − V (ξ1)

ע״י לאנרגיה הביטוי את לכתוב נוכל ולכן

E′ = 12mx2 + 1

2kx2

= 12m km

(√2E′k

)2

sin2 (ωt+ ϕ1)

+12k(√

2E′k

)2

cos2 (ωt+ ϕ1)

= E′

דיהדרון, אטומי משני המורכבות דיהידרון ומולקולת מימן אטומי משני המורכבת מימן מולקולת על נסתכל אם דוגמא:המשקל. שיווי נקודת סביב קטנות תנודות לפי בינהם הפועלים הכוחות את למדל נוכל אז

30

קטנות תנודות 5

בקירוב הוא Kה־ כי ההנחה (תחת המערכות שתי של התדירויות בין היחס את למצוא המסות מהבדלי ישירות נוכלזהה): טוב

µH = memp

me +mp

µD = memD

me +mDωHωD

=õDõH

=√

2

.x = <(Aei(ωt+ϕ)) לפי מרוכבים מספרים באמצעות אותן נתאר אוסילציות, של משוואות עם כשנתעסק בד״כ סימון:

המסלול על לנוע מוכרח שהוא מכיוון אז ,g הכבידה כוח השפעת תחת כלשהו מסלול על הנע גוף על נסתכל אם דוגמא:המסלול. על נע שהוא המרחק ,s אחת קואורדינטה על למעשה נוע הן מהאילוצים אז

x = x (s)y = y (s)

K = 12m(x2 + y2)

x = ∂x∂s s

K = 12m

1︷ ︸︸ ︷(x′2 + y′2

)s2

ds2 = dx2 + dy2

1 = x′2 + y′2

L = 12ms2 −mgy (s)

כי בעבר שראינו כפי מתקיים אז ,l אורך בעלת במישור, לנוע המוכרחת מטוטלת על נסתכל אם דוגמא:

y (s) = l (1− cos θ)θ = s

ly (s) = l

(1− cos

∣∣∣sl ∣∣∣)L = 1

2ms2 −mgl

(1− cos sl

)נעה. שהיא המרחק לפי לתיאור עברנו זה במקרה גם כאשר

כי נקבל אז קטנות זוויות לפי קירוב עתה נבצע אם

cos s = 1− 12s2 + 1

4!s4 − . . .

L = 12ms2 − 1

2mgs

2

l +

anharmonic terms︷ ︸︸ ︷124mgs

4

l3 + . . .

ω =√mg/lm =

√gl

קירוב. רק זהו כי להדגיש חשוב אבל האנהרמוניים, האיברים את להזניח נוכל קטנות זוויות עבור כאשר

31

מאלץ וכח חיכוך עם תנודות 5.1 קטנות תנודות 5

מאלץ וכח חיכוך עם תנודות 5.1

חיצוני כוח עקב הנוצר בזמן התלוי פוטנציאל גם קיים שבמרחב, לפוטנציאל שבנוסף עתה נסתכל

L = 12mx2 − V (x)− Ve (x, t)

R = 12αx2

ddt∂L∂x −

∂L∂x = −∂R∂x

החיכוך. את המתארת (Rayleigh) ריילי פונקציית היא R כאשר

V (x) = 12kx2 + . . .

Ve (x, t) ==0︷ ︸︸ ︷

Ve (0, t) +

−f(t)︷ ︸︸ ︷∂Ve (0, t)

∂x x+ . . .

אויילר ובמשוואות בלגרנאג׳יאן חזרה הפוטנציאל את נציב עתה

mx+ αx+ kx = f (t)

x+ 2λx+ ω2x = f (t)m

חיכוך) (בלי מאולצות קטנות תנודות 5.1.1

הדיפרנציאלית המשוואה דרגת והורדת הצבה ע״י חיכוך אין בו הפשוט המקרה את נפתור

x+ ω2x = f (t)m

y = x+ iωx

y − iωy = f (t)m

x+ iωx− iωx+ ω2x = f (t)m

e−iωt ב־ כפל ע״י הזה הפשוט המקרה את לפתור ונוכל תקפה, אכן ההצבה ולכן

e−iωty − iωye−iωt = f (t) e−iωtm

ddt(e−iωty

)= f (t) e−iωt

m

e−iωt y = 1m

ˆ tf (t) e−iωtdt

y (t) = e−iωtm

ˆ tf (t) e−iωt

32

מאלץ וכח חיכוך עם תנודות 5.1 קטנות תנודות 5

כי ומתקיים ביותר הכללי הוא זה פתרון

x = 1ω= (y (t))

x = < (y (t))היא המערכת של הקינטית האנרגיה

E = 12mx+ 1

2kx2

= 12m (<y)2 + 1

2kω2 (=y)2

= 12m[(<y)2 + (=y)2

]= 1

2m ||y||2

את למצוא ונרצאה רב) זמן לפני במנוחה היה הגוף (כלומר x = ו־0 x = 0 כי התקיים t = −∞ בזמן כי עתה נניחזמן(∞+) הרבה אחרי האנריגה

E (∞) = 12m |y (∞)|2

שלו והנגזרת xש־ מנת (על y (−∞) = 0 כי לראות קל ראשון ודבר ההתחלה, תנאי לאור המשוואה את למצוא נרצהיתאפסו).

E (∞) = 12mm2

∣∣∣∣ˆ ∞−∞

e−iωtf (t) dt∣∣∣∣

ולכן f (t) = Aδ (t− t0) כלומר קצר, ברגע חזק כוח הופעל כלומר כ״מכה״ ניתן הכוח בו המקרה עבור

E (t > t0) = 12

∣∣A2∣∣m

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ e−iωt0︷ ︸︸ ︷ˆ ∞−∞

e−iωtδ (t− t0) dt

∣∣∣∣∣∣∣∣∣= 1

2A2

m

חיכוך עם קטנות תנודות 5.1.2

היא: זה למצב המשוואה

x+ 2λx+ ω2x = 0

כי נקבל אז x = Aest פתרון ננחש אם ולכן

s2Aest + 2λsAest + ω2Aest = 0Aest

(s2 + 2λs+ ω2) = 0s2 + 2λs+ ω2 = 0

s = −2λ±√

2λ2 − 4 · 1 · ω2

2 · 1= −λ±

√λ2 − ω2

x = Aes+t +Bes−t

33

מאלץ וכח חיכוך עם תנודות 5.1 קטנות תנודות 5

ולכן λ < ω כלומר חלש, חיכוך של המצב על נסתכל

s± = −λ± i√ω2 − λ2

x = Ae−λtei√ω2−λ2t +Be−λte−i

√ω2−λ2t

כי נקבל ולכן

<x = ae−λt cos(√

ω2 − λ2t+ α)

+ be−λt cos(√

ω2 − λ2t+ β)

= ce−λt cos (ωeff t+ γ)

ωeff :=√ω2 − λ2

כי נקבל λ > ω כלומר חזק, החיכוף כאשר

s = −λ±√λ2 − ω2

x = Ae(−λ+√λ2−ω2) +Be(−λ−

√λ2−ω2)

העתקתי לא ואולי ברור, לא פה המעבר במיוחד הזה שבחלק מזהיר (אני כי נקבל אז λ = ω כאשר הגבולי המקרה עבורהמשוואה). את נכון

limω→λ

e−(λ−√λ2−ω2) − e−(λ+√λ2−ω2)

√λ2 − ω2 = e−λ√

λ2 − ω2

(1 +

√λ2 − ω2t+−

(λ−

√λ2 − ω2t

))x = Ae−λt +Bte−λt

לסיכום:

x = Ae−λt cos(√ω2 − λ2t+ ϕ

)ω > λ

x = Ae−(λ±√λ2−ω2t) ω < λx = Ae−λt +Bte−λt ω = λ

חיכוך עם הרמוני אוסילטור :1 טבלה

34

מאלץ וכח חיכוך עם תנודות 5.1 קטנות תנודות 5

היא האנרגיה כאשר

E = 12mx2 + 1

2

k︷︸︸︷mω2 x2

2λ = αm

E = −αx2 = −2mλx2

〈Q〉τ := 1τ

ˆ t+τ

tQ (t) dt⟨

E⟩τ

= 1τ

ˆ t+τ

t

dEdt dt

= E (t+ τ)− E (t)τ = d

dt 〈E〉

−2λ⟨mx2⟩

τ = d 〈E〉dt

d 〈E〉dt = −2λ 〈E〉

〈E〉 (t) = 〈E〉 (t = 0) e−λt

חיכוך עם מאולץ אוסצילטור 5.1.3

חיכוך עם וגם מאולץ גם שהאוסצילטור המצב על עתה נסתכל

x+ 2λx+ ω2x = aei(γt+θ)

ונציב\השרפין b > 0 עבור x (t) = b · ei(γt+ϕ) פתרון וננחש ,a > 0 עבור

aeiθ =(−γ2 + 2iλγ + ω2) b · eiϕ

b = aei(θ−ϕ)

ω2 − γ2 + 2iγλ = aei(θ−ϕ)e−i tan−1(

2γλω2−γ2

)√(ω2 − γ2)2 − 4γ2λ2

ϕ = θ − tan−1(

2γλω2 − γ2

)הפרטי הפתרון רק ישאר ארוך מספיק זמן עבור אך אילוץ), (בלי ההומוגני למקרה הפתרון את להוסיף צריך הנ״ל לפתרון

הנ״ל.ולכן ω′ =

√ω23 − 2λ2 בתדירות כתלות העוצמה מה לראות נרצה

ba = 1√

(ω2 − γ2)2 + 4γ2λ2( ba

)max

= 12λ ·

1√ω2 − λ2

הוא הפיגור אשר כ הכוח, לעומת x (t) של בפזה פיגור שיש לב נשים

∆θ = tan−1 2γλω2 − γ2

35

חלקיקיות רב תנודות 5.2 קטנות תנודות 5

.∆θ ≈ π אז γ →∞ וכאשר ,∆θ ≈ π2 אז γ → ω− ,∆θ ≈ 0 אז γ ω כאשר כי שמתקיים לב ונשים

זה: מקרה עבור האנרגיה את נחשב

E = −2λmx2

= 2mλa2γ2

(ω2 − γ2)2 + 4γ2λ2sin2

[γt+ θ − tan−1

(2γλ

ω2 − γ2

)]λ ω⟨

E⟩

= mλa2γ2

(ω2 − γ2)2 + 4γ2λ2

ω′ =√ω2 − 2λ2(

ω′2 + 2λ2 − γ2) = (ω′ + γ) (ω′ − γ) +O(λ2)

= 2ω′ (ω′ − γ) +O(

(ω′ − γ)2)

+O(λ2)⟨

E⟩

= 14

mλa2

(γ − ω′)2 + λ2

לורנץ. פרופיל נקרא זה מצב ־ γ > ω′ל־ γ < ω′ בין סימטריה יש כי לב נשים

חלקיקיות רב תנודות 5.2

תזכורת:

K =∑i

12mi~v2

i

~ri = ~ri (q1, q2, . . . , qN )

~vi =∑i

∂ri∂qm

qm

מתקיים אילוצים עם חלקיקית רב למערכת

K = 12∑m,n

gm,n (q) qmqn

gmn (q) :=∑imi

∂~ri∂qm

∂~ri∂qn

המשקל שיוו נקודת סביב תנודות מתבצעות כי מתקיים הנ״ל, המערכת של V הפוטנציאל עבור בו המצב על מתסכלים אנו

. ∂V∂qm

∣∣∣q0

= 0 כלומר ,q0 = (q10 , q20 , . . . , qN0)

V (q1, q2, . . . , qn) = V (q0) +∑n

=0︷ ︸︸ ︷∂V∂qn

∣∣∣∣q0

(qn − qn0) + 12∑n,m

Kmn︷ ︸︸ ︷∂2V

∂qn∂qm

∣∣∣∣q0

xn︷ ︸︸ ︷(qn − qn0)

xm︷ ︸︸ ︷(q − qm0) + . . .

L = K − V = 12∑m,n

gmn (q0) xmxn −12∑

Kmnxmxn

36

חלקיקיות רב תנודות 5.2 קטנות תנודות 5

מסתכלים שאנו מכיוון מתמטית, מבחינה ובנוסף חיובית, היא הקינטית האנרגיה כי חיובית מטריצה היא gmnש־ לב נשיםחיובית. היא השנייה הנגזרת אז מינימום, נקודות כלומר המשקל, שיווי נקודת על

כי נקבל אז m לכל xm לפי נגגזור אם לגראנג׳ אויילר ממשוואת

ddt

(∑ngmnxn

)+∑nKmnxn = 0∑

ngmnxn +

∑nKmnxn = 0

(q0ב־ רק תלוי gmn ובנוסף בזמן, תלוי לא הפוטנציאל כי קבוע, הוא gmn)במשוואה ונציב xn = Aneiωt כי נניח

N∑n=1

An(Kmn − ω2gmn

)= 0

ע״י לעיל המשוואות את לכתוב נוכל ולכן K =

K11 − ω2g11 K12 − ω2g12 . . .K21 − ω2g21 K22 − ω2g22 . . .

......

. . .

ו־ A =

A1...AN

נסמן

N×N︷ ︸︸ ︷K(ω2) N︷︸︸︷

A = 0

.detK (ω) = 0 אם״ם פתרון יש הנ״ל המשוואת למערכת לניארית, מאלגברה כזכורפולינום נקבל המטריצה מצורת

pω2N + qω2(N−1) + . . . = 0

.ω21 , ω2

2 , . . . , ω2N הנ״ל למשוואה שורשים N היותר לכל יש כי ידוע האלגברה של היסודי ומהמשפט

המשוואות: כל את ונסכום מתאים, m כל עבור A∗mב־ הנ״ל המשוואות את ∑נכפולm,n

KmnA∗mAn = ω2∑m,n

gmnA∗mAn

אז An = Bn + iCn אם ∑כאשרm,n

Km,n (BmBn + CmCn)+

∗=0︷ ︸︸ ︷i∑m,n

Kmn (BmCn −BnCm) = ω2∑m,n

gmn (BmBn + CmCn)+iω2

∗=0︷ ︸︸ ︷∑m,n

gmn (BmCn −BnCm)

ולכן סימטריות מטריצות הן gmn,Km,nש־ היא ל־∗ ∑הסיבהmn

KmnBmCn −∑mn

KmnBnCm =∑

KmnBmCn −∑mn

KnmBnCm = 0

.gmn עבור אופן באותו

.

2N︷ ︸︸ ︷ω1,−ω1, ω2,−ω2, . . . הם ωל־ האפשריים הערכים ולכן וחיובית ממשית ω2 שקיבלנו מהמשוואה

הבאה: מהצורה פתרון בסה״כ נקבל ולכן

X =N∑j=1

(αjeiωjt + βje−iωjt

)A(ω2j)

37

חלקיקיות רב תנודות 5.2 קטנות תנודות 5

התחלה. תנאי לפי הנקבעים המשוואות של המקדמים הם αj , βj ∈ Cו־ ,ω של האפשריים הערכים הם ωj כאשרלמערכת. תנודה אופני N קיימים כי נובע הנ״ל מהפתרון

ונקבל X של הממשי החלק את לקחת ולכןנוכל cj ∈ R כאשר Θ = cjei(ωjt+ϕj) = αjeiωjt + βje−iωjt נסמן

X =N∑j=1

cos (ωjt+ ϕj)

הם המערכת של התנודקה אופני .(CO2) חמצני דו פחמן מולקולת על נסתכל דוגמא:

חמצני דו פחמן מולקולת של התנודה אופני :5.2 איור

של כסכום המערכת של הלגראנג׳יאן את לכתוב נוכל אז הרמוני, אוסילטור הוא תנודה אופן שכל מכיוון כללי, באופןהרמוניים: אוסילטורים של לגראנג׳יאנים

L = 12∑j

Θ2j −

12∑jω2jΘ2

j

הלגראנג׳יאן ולכן קפיץ, כמו המתנהג כוח קיים בינהם אשר אטומים 3 מ־ המורכבת מולקולה של מודל על נסתכל דוגמא:הוא

L =3∑i=1

12mix2

i −12K12 (x2 − x1)2 − 1

2K23 (x3 − x2)

0 = m1x1 + K12 (x1 − x2)0 = m2x2 + K12 (x2 − x1) + K23 (x3 − x2)0 = m3x3 + K23 (x3 − x2)

ולכן הרמוני אוסילטור של משוואה נקבל קואורדינטה לכל ולכן

x1 = A1eiωt

x2 = A2eiωt

x3 = A3eiωt

ע״י המשוואות של המטריצה את לכתוב נוכל ולכן K12 − ω2m1 −K12 0−K12 K12 + K23 − ω2m2 −K23

0 −K23 K23 − ω2m3

A1A2A3

= 0

38

פרמטרית תהודה 5.3 קטנות תנודות 5

כלומר: לאפס, שווה המטריצה של הדיטרמיננטה עם רק פתרון יש זו למערכת הכללי, בהסבר כמו

ω2[m1m2m3ω4 −

(K23m1 (m1 +m3) + K12m3 (m1 +m2)

)ω3 + K12K23 (m1 +m2 +m3)

]= 0

העצמי והוקטור ,Θ = αt + β ולכן Θ = 0 כלומר ,ω = 0 היא הבעיה של האופייניות המתדירויות אחת ולכן

זה תנודה אופן של המשמעות כלומר הצבה), ע״י מהמטריצה לראות (אפשר

A1A1A1

הוא זו לתנועה המתאים

. zero mode נקרא זה מצב ־ המולקולה של המסה מרכז של תנועה פשוט היאמרכז במערכת נמצאים אנו כלומר ,m1x1 + m2x2 + m3x3 = 0 כי לדרוש נוכל זה, ממצב ״להיפתר״ מנת על

בראשית. הנמצאת המערכת של המסהולכן K12 = K23 = Kו־ mל־ שוות המסות כל בו הפרטי המקרה על נסתכל

m3ω4 − 4m2Kω2 + 3mK2 = 0⇒ ω =

±√

3K/m±√K/n

ω2 = Km עבור הבאה המטריצה את קיבלנו ולכן 0 −K 0

−K K −K0 −K 0

A1A2A3

= 0

.

A0−A

הוא המערכת של פתרון ולכן

נקבל השני המקרה עבור −2K −K 0−K −K −K

0 −K −2K

A1A2A3

= 0

.

A−2AA

מהצורה הוא זה וקטור עבורו הפתרון ולכן

תנודה. אופני n− 1 יהיה אטומים n בעלת קווית למולקולה כללי באופן 5.1 מסקנהתנודה. אופני 2n− 3 ולכן סיבוב של אפשרות ועוד 2n− 2 לכן יהיו אטומים n בעלת מימדית דו למולקולה

אילוצים 3 ועוד∑mi~ri מהצורה אילוצים 3 עליה יש ולכן אטומים, n בעלת מימדית תלת מולקולה על עתה נסתכל

חופש. דרגות 3n− 6 יש בסה״כ ולכן∑mi~ri × ~ ir מהורה

אופני 3n− 6 מתוך כי מתקיים אז מימד בתלת להתעוות יכולה היא כאשר משקל בשיווי מימדית דו היא המולקולה אםמהמישור. היוצאות n− 3 בסה״כ יש ולכן למישור מוגבלים 2n− 3 כי מתקיים המערכת של התנודה

קווית מולקולה עבור משמעות אין ובנוסף קוויים, תנודה אופני n − 1 יש אז משקל, בשיווי קווית היא המולקולה אםהקווית. לתנועה מחוץ דרגות 2n− 4 בסה״כ יש ולכן עצמה, סביב לסיבוב

פרמטרית תהודה 5.3

אקספוננציאלי. באופן הגדלה לתהודה לגרום ניתן המערכת של פרמטר שינוי ע״י בה התופעה את זה בחלק נחקור

למערכת דוגמא ־ הזמן) עם משתנה התדירות (כלומר ω2 (t+ τ) = ω2 (t) כאשר x+ ω2 (t)x = 0 על לדוגמא נסתכלמחזורי. באופן הזמן עם אורכה את משנים אשר מטוטלת היא כזו

39

פרמטרית תהודה קטנות5.3 תנודות 5

כי w (x1, x2) = x1x2 − x2x1 = const אז x1 (t) , x2 (t) פונקציות שתי עבור כללי באופן 5.2 טענה

dwdt = x1x2 + x1x2 − x2x1 − x2x1 = x1x2 − x2x1

.x2 (t+ τ) = cx1 (t) + dx2 (t)ו־ x1 (t)→ x1 (t+ τ) = ax1 (t) + bx2 (t) ולכן

מטריצות ע״י המשוואת מערכת את לכתוב נוכל

X =(x1x2

)M =

(a bc d

)X (t+ τ) = MX (t)

ש־ כך C מטריצה קיימת אז המרוכבים) מעל (תמיד המטריצה את ללכסן שנית בהנחה

CMC−1 = D

D =(µ1 00 µ2

)CX = Y

Y (t+ τ) = CMX (t)⇒ Y (t+ τ) = CMC−1︸ ︷︷ ︸

D

CX︸︷︷︸Y

(t)

הפיתרון את ולמצוא לכתוב נוכל ולכן

y1 (t+ τ) = µ1y (t)y2 (t+ τ) = µ2t (t)⇒ y1 (t) = µt/τ1 P1 (t)⇒ y2 (t) = µt/τ2 P2 (t)

מדוע). יוכח (לא היחידי הוא זה ופתרון µ1µ2 = 1 כאשר

ולכן הקודמת בטענה נעזר

y1y2 − y2y1 = const

⇒ y2y2− y1y1

= consty1y2

ln y1 = tτ lnµ1 + lnP1 (t)

ln y2 = tτ lnµ2 + lnP2 (t)

ddt ln y2 −

ddt ln y1 = const

y1y2

1τ lnµ2 + P2

P2− 1τ lnµ1 −

P1P1

= const(µ1µ2)t/τ P1P2

הם: µ1, µ2 ערכי עבור האפשריים המקרים

40

פרמטרית תהודה 5.3 קטנות תנודות 5

.µ2 = 1, µ1 = 1 .1

.µ2 = 1µ1

ו־ µ1 > 1 .2

(מרוכבים). µ1, µ2 ∈ C .3

המצומדות המשוואות על נסתכל ולכן המרוכב, במקרה לטפל נרצה

y1 (t+ τ)∗ = µ∗1y1 (t)∗

y2 (t+ τ)∗ = µ∗2y2 (t)∗

למצומדות. הרגילות המשוואות בין קשר להיות חייב אז המקוריות, למשוואות פתרונות שתי רק שיש מכיווןממשי. הוא µ1 ולכן µ1 = µ∗1 כלומר שווים, המקדמים גם כי גורר זה אז y1 (t+ τ)∗ = y1 (t+ τ) אם

.µ2 = e−iϕ אז µ1 = eiϕ אם ולכן µ1 = µ−12 ולכן µ∗1 = µ2 כי גורר זה אז y1 (t+ τ)∗ = y2 (t+ τ) אם

בין הפרדנו המטריצות עם שעשינו מהפירוק אבל ,y1, y2 של לינארי צירוף הוא y1 (t+ τ)∗ש־ היא הנוספת האופציה(למה?). יתכן לא שזה כך המשוואות

γ ∈ אם פרמטרים תהודה ומתרחשת ,ε 1 בו המקרה על ונסתכל ,ω2 (t) = ω20 (1 + ε cos γt) נניח דוגמא:

.

2ω0, ω0, 23ω0, 1

2ω0, 25ω0, . . . , 2ω0

n

.δ = o (εω0)ש־ כך γ = 2ω0 + δ על נסתכלa = a (t) , b = כי ונניח ,x (t) = a cos

(ω0 + 1

2δ)t+b sin

(ω0 + 1

2δ)t הוא המשוואה של שהפתרון לנחש אפשר

.a = o(ε2), b = o

(ε2)ו־ a = o (ε) , b = o (ε)ש־ כך b (t)

:x+ ω2 (t)x = 0 המתנד במשוואת הפתרון את נציב

0 = −a(ω0 + 1

2δ)2

cos(ω0 + 1

2δ)t− b

(ω0 + 1

2δ)2

sin(ω0 + 1

2δ)t

−2a(ω0 + 1

2δ)2

sin(ω0 + 1

2δ)t+ 2b

(ω0 + 1

2δ)

cos(ω0 + 1

2δ)t

+ω20a cos

(ω0 + 1

2δ)t+ ω2

0b sin(ω0 + 1

2δ)t

+ω20ε cos [(2ω0 + δ) t] · a cos

(ω0 + 1

2δ)t

+ω20ε cos [(2ω0 + δ) t] · b sin

(ω0 + 1

2δ)t+ o

(ε2)

מתקבל כי להראות ניתן ומכאן

cos [(2ω0 + δ) t] cos[(ω0 + 1

2δ)t]

=

≈0︷ ︸︸ ︷12

cos 3(ω0 + 1

2δ)t+1

2cos(ω0 + 1

2δ)t

cos [(2ω0 + δ) t] sin[(ω0 + 1

2δ)t]

=

≈0︷ ︸︸ ︷12

cos 3(ω0 + 1

2δ)t−1

2sin(ω0 + 1

2δ)t

0 =(−bω0δ − 2aω0 −

12ω2

0εb)

sin(ω0 + 1

2δ)t

+(−aω0δ + 2bω + 1

2ω2

0εa)

cos(ω0 + 1

2δ)t

41

פיזור 6

ולכן לאפס שווים המקדמים בהכרח אז t לכל נכונה להיות צריך שהמשוואה מכיוון

−bω0δ − 2aω0 −12ω2

0εb = 0

−aω0δ + 2bω + 12ω2

0εa = 0

כי מתקיים אז a, b ∼ est כי ההנחה תחת

sa+ 12bδ + 1

4ω0εb = 0

sb− 12aδ + 1

4ω0εa = 0

ולכן במטריצה המערכת את )ונציגs 1

2δ + 14ω0ε

− 12δ + 1

4ω0ε s

)(ab

)= 0

ולכן לאפס שווה הדטרמיננטה עם רק פתרון וקיים

s2 −(

116ω2

0ε2 −14δ2)

= 0

s = ±14

√ω2

0ε2 − 4δ2

פרמטרית. תנודה מתקיימת אז − 12ω0ε ≤ δ ≤ 1

2ω0ε כי מתקיים כאשר

פיזור 6

אלקטרונים עלומת על להסתכל נוכל לדוגמא למערכת, חיצוני מפוטנציאל כתוצאה חלקיקים של בפיזור נעסוק זה בפרקעל להתסכל ונוכל האלומה, של α ההסטה זווית את למדדוד ניתן היה בניסוי אותם. הדוחה חיובי מטען אבר על הנעים

.dΩ המרחבית הזווית של בכיוון הנע במרחב קטעdNו־ ,v במהירות נעים החלקיקים אם כאשר ,µ = m1m2

m1+m2המצומצמת המסה ע״י המערכת את לתאר נוכל כללי באופ

הפעולה: חתך הוא dσ כאשר אז ,dΩ המרחבית הזווית לתוך שמתפזרים זמן ליחידת החלקיקים מספר הוא

dN = dσJ= dσ

dΩJdΩ

כיוון לכל שהתפזרו החלקיקים מספר את לדעת אינטרגרציה ע״י ˆנוכלdN = J

ˆ dσdΩ

dΩ = σ

.b באות ומסומן הפגיעה פרמטר נקרא הכוח מרכז דרך העובר למהירות המקביל מהציר החלקיק של האנכי המרחק

l = µvb =√

2µEbb = b (E, θ)

לכתוב גם ונכול

dσdΩ

= bsin θ

∣∣∣∣dbdθ ∣∣∣∣42

קטנות בזוויות פיזור 6.1 פיזור 6

קטנות בזוויות פיזור 6.1

קיבלנו ולכן θ ≈ tan θ = PyPx ≈

Pyµv כי מתקיים קטנות זוויות עבור

Py = −ˆ ∂V

∂y dt

dt = dxv

⇒ Py = −ˆ ∞−∞

V ′ ∂r∂ydxdV

r =√x2 + y2

2rdr = xdx+ ydy∂r∂y = y

r ≈br

dx ≈ rdr√r2 − b2

Py = −2v

ˆ ∞b

V ′ brrdr√r2 − b2

θ ≈ − 2µv2

ˆ ∞b

V ′ brrdr√r2 − b2

כי נקבל אז V (r) = αr2 ש־ נניח דוגמא:

θ = 4bαµv2

ˆ ∞b

drr3√r2 − b2

= αµv2b2

⇒ b ∝ θ− 12

dbdθ = −1

2

( αµv2

) 12

θ− 32

σ =ˆ dσdΩ

sin θdθdϕ

dσdΩ

= α4E

1θ3

רדפורד קפלר פיזור 6.2

כי מתקיים ולכן דוחה) כוח (אבל קפלר בעיית של פוטנציאל כלומר ,V = κr מהצורה פוטנציאל על נסתכל

r =a(1− ε2

)1 + ε cosφ

ε =

√1 + 2El2

κ2µ

43

למעבדה המסה ממרכז מעבר ־ לפיזור פעולה חתך פיזור6.3 6

מתקיים ולכן שלו, הפיזור זווית בתור θ את ונגדיר הכוח, מקור עבור אל הנע חלקיק על נסתכל

θ + 2φ0 = πθ = π − 2φ0

sin θ2

= sin(π

2− φ0

)= cosφ0 = −1

ε2El2κ2µ = ε2 − 1

= cos2 θ2− 1

= cot2 θ2

l =√

2µEb4E2b2κ2 = cot2 θ

2

b = κ2E cot θ

2dbdθ = κ

2E12

csc2 θ2

dσdΩ

=( κ

2E)2 csc2 ( θ

2) 1

2 cot θ22 sin θ

2 cos θ2

=( κ

4E)2 1

sin4 θ2

כשיורים מוסט חלקיק שבו השונות הזוויות לפי ואלקטרונים מגרעין מורכב האטום כי להוכיח הצליחו זו, נוסחה באמצעותאטום. עבר אל אותו

למעבדה המסה ממרכז מעבר ־ לפיזור פעולה חתך 6.3

המסה. מרכז במערכת מהירויות מייצגות ״׳״ טאג עם מהירויות הבא, בחלק 6.1 הערה

לא. הפגיעה פרמטר אך משתנים הפיזור וזווית המהירות למעבדה, המסה מרכז מערכת בין במעבר

44

למעבדה המסה ממרכז מעבר ־ לפיזור פעולה חתך 6.3 פיזור 6

המעבדה ומערכת המסה מרכז במערכת פיזור :6.1 איור

מתקיים ולכן

המערכות בין הקשר :6.2 איור

היא: המסה מרכז מהירות

~R = m1 ~v0m1 +m2

= µm2

~v0

הקשר ולמתקיים המסה, במרכז θו־ המעבדה במערכת הזווית היא Θ

tan Θ = sin θcos θ + µ

m2

v0v′0

45

14.10.2010 – 1 תרגול 7

המהירויות בין המעבר את לחשב נרצה עתה

v′11 = v0 −µm2

v0 = µm1

v0

v′21 = − µm2

v0

m1~v′1 = m2~v′2 = 012M (~v′1 − ~v′2)2 = 1

2µ (~v′1i − ~v2i)

2

12

(1 + m1

m2

)2~v′21 = 1

2µ2(

1m1

+ 1m2

)2v2

0

v0v′1

= m1µ

⇒ tan Θ = sin θcos θ + m1

m2

הסיכום את להמשיך בשביל המקור קבצי את רוצה מישהו אם ההרצאות. את לסכם הפסקתי זו מנקודה 6.2 הערהבמייל. אלי לפנות מוזמן במקומי,

II חלק

תרגולים

14.10.2010 – 1 תרגול 7

מנהלות 7.1

מייל. באי לקבוע אפשר קבלה שעת ,14 לוין ברט, עדו

חצי שווה שתהיה בונוס שאלת תהיה תרגיל בכל הסופי. מהציון %10 יהוו הם ובסוף נקודות, 1 או 0 מקבלים תרגיל כל עלהסופי. לציון נקודות 5 עד לצבור וניתן נקודה

גולדשטיין של קלאסית מכניקה מומלץ: ספר

ניוטונית מכניקה על חזרה 7.2

ניוטון חוקי 7.2.1

וכיוון). (גודל מהירותו על שומר מבודד) גוף (נקרא חיצוניים כוחות השפעת ללא גוף ־ התמדה .1

(~F = m·~a קבועה התאוצה כאשר הפשוט (במקרה d~pdt = ~f לפי: משתנה ~p = m~r התנע אז ~F חיצוני כוח יש כאשר .2

שווים הגופים בין הכוחות אז חיצוניים, מכוחות וחופשיים זה על זה פעולים גופים שני כאשר ־ ותגובה פעולה .3חלש). (ניסוח ~f12 = −~f21 בכיוונם והפוכים בגודלם

האגפים. בין המחבר הקו על פועלים הכוחות החוק, של חזק בניסוח

החלש ולכן בינהם, המחבר לקו בניצב פועל הכוח בו החיכוך בכוח למשל מתקיים תמיד לא שהחוק לב נשים (א)בטלפון). דוגמאות (חסרים החזק לא אבל פועל

46

חלקיקים הרבה עם מערכות 7.3 14.10.2010 – 1 תרגול 7

מסקנות 7.2.2

.~F = −~∇V (~r) כלומר מפוטנציאל, שנגזר כוח ־ משמר כוח 7.1 הגדרה

השרשרת). כלל (לפי V = V (|~r|)⇒ ~F = −V ′ ~r|~r| מהצורה פוטנציאל עם משמר כוח ־ מרכזי כוח 7.2 הגדרה

. d~pdt = 0 כלומר שמור, מבודד גוף של תנע ־ התנע שימור חוק .1

.L = ~r × ~p ־ הזוויתי התנע שימור חוק .2

שמור. מבודד גוף של התנ״ז טענה: (א)

ולכן ~r× ~p = 0 ולכן ~p = 0 הקודם ומהחוק ~p בכיוון היא ~r המהירות כי d~Ldt = ~r× ~p+ ~r× ~p = 0 הוכחה: (ב)

.~L = 0מרכזי. כוח הוא הכוח כאשר לדוגמא חיצוניים, כוחות בנוכחות גם שמור ~L טענה: (ג)

. d~Ldt = ~r × ~p = −~r ×

(V ′ ~r|~r|

)= −V ′ 1

|~r|~r × ~r = 0 הוכחה: (ד)

האנרגיה: שימור חוק .3

הגדרות: (א)

. E = 12m~v2 ־ קינטית אנרגיה .i

פוטנציאלית. אנרגיה נקרא V .iiמשמר. כוח בהשפעת הנע גוף של קבוע גודל הוא קינטית אנרגיה + פוטנציאלית אנרגיה טענה: (ב)

נובע השני מהחוק הוכחה: (ג)

ddt

(12m~v2

)= ~v · d~pdt = −~f · ~v = −~v~∇V = ~∇V · ~r = −dVdt

⇒ 0 = ddt

(12m~v2 + V

)⇒ E = const

חלקיקים הרבה עם מערכות 7.3

תנע: .1

הגדרות: (א)

.M =∑mi כוללת מסה .i

~R = 1M∑mi~ri ־ המסה מרכז וקטור .ii

~P = M ~R ־ המסה מרכז תנע .iii. ddt

~P = M 1M

ddt∑mi~ri =

∑ ~f (e)i +

∑i∑j~fij ־ המסה מרכז לוקטור שני חוק (ב)

.∑ij~fij = 0 ולכן ~fij = −~fji ולכן החלש 3 חוק את מקיימים הפנימיים שהכוחות נניח

.d~Pdt = 0 כלומר נשמר, הכולל התנע ~F (e) = 0 מבודדל במערכת ־ תנע שימור חוק (ג)

קבועה. המסה מרכז מהירות כאלו במערכות

זוויתי: תנע .2

47

חלקיקים הרבה עם מערכות 7.3 14.10.2010 – 1 תרגול 7

.~L =∑~ri × ~pi חלקיקים רב מערכת של תנ״ז ־ הגדרה (א)

הצירים. ראשית בבחירת תלוי תנ״ז ־ הערה (ב)בתרגיל). (הוכחה זו בבחירה תלוי לא התנ״ז שימור חוק (ג)

d~Ldt =

∑i~ri × ~p+

∑i~ri × ~ ip =

∑~ri ×

~f (e)i +

∑ij

~fij

ולכן ~τ (e) =

∑i ~ri × ~f (e)

i חיצוני כוח מומנט נגדיר

d~Ldt = ~τ (e) +

∑ij~ri × ~fij

איברים: זוגות למעשה שקיימים לב נשים

~ri × ~fij + ~rj × ~fji = (~ri − ~rj)× ~fijחיצוניים כוחות אין אם תנ״ז שימור יש ולכן d~L

dt = ~τ (e) ולכן ~rij ‖ ~fij ולכן קיים השלישי שהחוק נניחלמערכת.

אנרגיה: .3

.(~∇i =(

∂∂xi + ∂

∂yi + ∂∂zi

)) ~fi = −~∇iV (~r1, . . . , ~rn) חלקיקית רב במערכת ־ משמר כוח ־ הגדרה (א)

הבא: באופן הפוטנציאל ע״י מוגדרים הכוחות כי נניח ,~fi = ~f (e)i +

∑j~fij נפריד (ב)

~fij = −~∇Vij (|~ri − ~rj |) = −V ′ij~rij|~rij |

מתקיימים. והחזק החלש השלישי החוק ולכן

.~f (e)i = −~∇iV (e)

i מרכזי הוא החיצוני הכוח כי נניח (ג)K =

∑ 12m~v2 קינטית אנרגיה ־ הגדרה (ד)

.V =∑i V

(e)i + 1

2∑ij Vij ־ פוטנציאלית אנרגיה ־ הגדרה (ה)

.E = V +K ־ המערכת של הכוללת האנרגיה ־ הגדרה (ו)dEdt = 0 טענה: (ז)

הוכחה: (ח)

dKdt =

∑mi~vi · ~v =

∑i~vi ·(−~∇iV (e)

i

)+∑ijvi ·(−~∇Vij

)~vi · ~∇iV = d

dtViddtVij (|~ri − ~rj |) = ~vi · ~∇iVij + ~vj · ~∇jVij

⇒∑ij

dVijdt = 2

∑~vi~∇iVij

dKdt = − d

dt∑iV (e)i − d

dt

12∑ijVij

= − d

dtV ⇒ddt (K + V ) = 0

48

21.10.2010 – 2 תרגול 8

21.10.2010 – 2 תרגול 8

תזכורת 8.1

לגראנג׳יאן 8.1.1

L = L (q1, . . . , qn, q1, . . . , qn, t)

אוילר־לגראנג׳ משוואות 8.1.2

ddt∂L∂qi− ∂L∂qi

= 0

אנליטית? מכניקה בכלל זה מה אז 8.1.3

בצורה לכתוב ניתן טבע חוקי אותם את כי מתברר שלנו. התצפיות של טוב קירוב ונותן ניוטון חוקי לפי פועל העולםהבעיה. לאותה אחרת גישה רק חדשה, פיסיקה חוקי פה אין ־ אחרת

התנועה, משוואות את ישירות לקבל דרכו ניתן אז הבעיה, של הלגראנג׳יאן את יודעים שאנו שברגע הוא הכללי הרעיוןקשה מאוד יהיה עדיין לפעמים אם (גם הבעיה של הלגראנג׳יאן את למצוא (יחסית) קל יהיה מורכבות למערכות גם ובד״כ

עצמן). המשוואות את לפתור

בעיות לפתרון מתכון 8.1.4

כך). תמיד זה אין (אך L = K − V (להצלחה): המתכון

חופש. דרגות 3N יש אז חלקיקים N יש אם חופש: דרגות זיהוי .1

של החופש דרגות את המגבילה f (q1, . . . , qn, t) = 0 פונקציה הוא אילוץ המערכת: על אילוצים של זיהוי .2חופש. דרגת מוריד אילוץ וכל המערכת,

3 · 2 = 6 יש במישור,אז רק לנוע יכולים והחלקיקים במוט, יחדיו המחוברים חלקיקים שני נתונים אם למשלדרגות 3 הכל סך יש ולכן החלקיקים בין המרחק על אילוץ ועוד z = 0 אילוץ חילקיק כל על ויש חופש, דרגות

המערכת). מצב את מגדירים המוט של הסיבוב וזווית במרחב המערכת (מיקום חופש

נכונה). אחת אפשרות (אין מוכללות קואורדינטות לבחור .3

הלגראנג׳יאן. את לקבל ומכאן V,K מציאת .4

הבעיה. עבור לגראנג׳ אויילר משוואות פיתוח .5

???? .6

להרוויח! .7

עבודה. מבצעים לא האילוץ כוחות 8.1 הערה

49

תרגילים 8.2 21.10.2010 – 2 תרגול 8

תרגילים 8.2

ש־ כך ומעלה מטה אותה המניע למנוע מחוברת המטוטלת ובנוסף ,m מסה בעלת l באורך מטוטלת נתונה .1התנועה. משוואות את מצא .y0 = a cos γt

y0

θ

mמונעת מטוטלת :8.1 איור

אחת חופש דרגת רק יש ולכן ,l הקבוע והמרחק במישור נע המטוטלת אילוצים: שני ויש חופש, דרגות 3 יש •בסה״כ.

שלנו. החופש דרגת בתור θ הזווית את נבחר

:V ו־ K את נמצה •K = m

2(x2 + y2) –

V = mgy –

החופש דרגת באמצעות הקואורדינטות את נביע –

y = y0 − l cos θx = l sin θy = −aγ sin γt+ l sin θθx = l cos θθ

חזרה: נציב –

K = m2

l2 cos2 (θ) θ2 + l2 sin2 (θ) θ +

f(t)︷ ︸︸ ︷a2γ2 sin2 γt−2aγl sin2 θ sin (γt) θ

K = m

2

(l2θ2 − 2aγl sin θ sin (γt) θ

)+ f (t)

(ניתן f (t) את להשמיט ניתן ולכן tב־ רק התלויה פונקציה בעזרת הלגראנג׳יאן את לכייל ניתן כזכוריתאפס) הביטוי בגזירה כי לראות

V = mg (a cos γt− l cos θ) = mgl cos θ + g (t)

לכתוב: נוכל בסה״כ ולכן

L = m2

(l2θ2 − 2aγl sin θ sin (γt) θ

)+mgl cos θ

50

תרגילים 8.2 21.10.2010 – 2 תרגול 8

אויילר־לגראנג׳: משוואות דרך התנועה משוואת את נמצא עתה •

∂L∂θ

= ml2θ −maγl sin (γt) sin θ

∂L∂θ = −maγl sin (γt) cos θθ −mgl sin θ

0 = ddt∂L∂θ− ∂L∂θ = ml2θ −maγl sin (γt) cos θθ −maγ2l cos (γt) sin θ

+maγl sin (γt) cos (θ) θ +mgγ sin θ

0 = θ +(gl −

aγ2

l cos γt)

sin θ = 0

מתקבל: קטנות זוויות של בקירוב

0 = θ +(gl −

aγ2

l cos γt)θ

ערכים עבור אז המטוטלת את נהפוך אם פרמטרי. רזוננס מייצגת והוא Mathieu משוואת נקראת זו משוואהעומד. המוט כאשר יציבה שבת נקודת תהיה בו מצב לייצר ניתן מסויימים

.l1, l2 והמרחקים m1,m2 המסות בעלות לשנייה אחת המחוברות מטוטלות שתי על נסתכל .2

מטוטלות שני :8.2 איור

האילוצים עקב חופש דרגות 2 ועד במישור לנוע האילוץ בגלל יורדות חופש דרגות 2 כאשר חופש, דרגות 6 יש •.2 בסה״כ ולכן המרחקים על

.θ1, θ2 הזוויות בתור הקואורדינטות את נבחר

במוכללות: הרגילות הקוארדינטות את נביע •

x1 = l1 sin θ1

y1 = l1 cos θ1

x2 = x1 + l2 sin θ2

y2 = y1 + l2 cos θ2

x1 = l1 sin θ1θ1

y1 = −l1 sin θ1θ1

x2 = l1 sin θ1θ1 + l2 cos θ2θ2

y2 = −l1 sin θ1θ1 − l2 sin θ2θ2

51

תרגילים 8.2 21.10.2010 – 2 תרגול 8

והפוטנציאל: הקינטית האנרגיה את נמצא

K = m12(x2

1 + y21)

+ m22(x2

2 + y22)

= m12l21θ2

1 + m22

(l22θ2

2 + l21θ21 + 2l1l2 cos (θ1 − θ2) θ1θ2

)V = −m1gy1 −m2gy2

= −m1gl1 cos θ1 −m2g (l1 cos θ1 + l2 cos θ2)L = K − V

המוכרחת m1 למסה l באורך מסה חסר מוט ע״י מחוברת m2 ומסה חיכוך ללא x ציר על לנוע חופשית m1 מסה .3הלוח. במישור לנוע

במוט אחרת למסה מחוברת ישר על הנעה מסה :8.3 איור

לנוע העליונה המסה של התנועה עבור ו־1 המרחק עבור 1 במישור, לתנועה 2) 6− 2− 1− 1 חופש: דרגות •(xב־ רק

התחתונה). של והזווית העליונה המסה של (מיקום (x, θ) נבחר •הקואורדינטות: את נביע •

x1 = xy1 = 0x2 = x+ l sin θy2 = l cos θx1 = xx2 = x+ l cos θθy2 = −l sin θ

אנרגיות: •

K = m12(x2

1 + y21)

+ m22(x2

2 + y22)

= m12x2 + m2

2

(x2 + l2θ2 + 2l cos θθx

)V = −m2gl cos θ

52

תרגילים 8.2 21.10.2010 – 2 תרגול 8

הלגראנג׳יאן: •

L = K − V

משמרת. אינטראקציה עם m1,m2 חלקיקים שני נעים ריק במרחב .4והסק ,~r = ~r1 − ~r2 בינהם הוקטורי המרחק ותנועת המסה מרכז תנועת עבור ללגראנג׳יאן לגראנג׳יאן את תרגם

(אפקטיבית). המצומצמת המסה את

.V = V (|~r1 − ~r2|) ולכן במרחק רק תלוי הפוטנציאל אז משמרת שהאינטראקציה כיוון •הוא: הלגראנג׳יאן •

L = m12~r2

1 + m22~r2 − V (|~r1 − ~r2|)

ע״י המסה מרכז את לתאר ניתן •

~R = m1~r1 +m2~r2M = m1 +m2

.~r1, ~r2ב־ במקום ~R,~rב־ שימוש ע״י הלגראנג׳יאן את להביע נרצה עתה •.K − 1

2M ~R2 על נסתכל

K − 12M ~R2 = M

M(m1

2~r2

1 + m22~r2)− M

2m2

1~r21 +m2

2~r22 + 2m1m2~r1~r2M2

= 12M

((m2

1 +m1m2)~r2

1 +(m1m2 +m2

2)~r2

2 −(m2

1~r1 +m22~r2

2 + 2m1m2~r1~r2))

= 12

m1m2m1 +m2

(~r1 − ~r2

)= 1

2µ~r2

µ = m1m2m1 +m2

כי קיבלנו ולכן

L = 12µ~r2 + 1

2M ~R2 − V (~r)

הם: לגראנג׳ אויילר משוואות ־ מסקנה •

∂L∂ ~R

= 0

ddt∂L∂ ~R

= M ~R = 0

L = L1(~R)

+ L2(~r, ~r)

.L = 12µ~r2 − V (|~r|) לפי נע ~r והוקטור אינרציאלי המסה מרכז ולכן

כדוריות. בקואורדינטות חופשי חלקיק של לגראנג׳יאן למצוא .5

53

וריאציות וחשבון המינימלית הפעולה עיקרון – 28.10.2010 – 3 תרגול 9

קוטביות. בקואורדינטות r את להביע הוא לעשות שצריך וכל L = m2 ~r2 כללי באופן •

~v2 ולכן= dldt =

√dr2+rdθ2+r2 sin2 θϕϕ2

dt2 ולכן dl = dr2 + rdθ2 + r2 sin2 θϕϕ2 הוא אורך אלמנט •מהקואורדינטות ישירות לחילופין או ~r2 + r2θ2 + r2 sin2 θϕ2

x = r sin θ cosϕy = r sin θ cosϕz = r cos θ

וקורוליוס) (צנטרפוגלי מדומים כוחות ולזהות תנועה משוואות לכתוב תרגיל: •

וריאציות וחשבון המינימלית הפעולה עיקרון – 28.10.2010 – 3 תרגול 9

המינימלית מהפעולה אויילר משוואות פיתוח 9.1

.q (t) = q (t) + δq (t) לו הדומה ומסלול q (t) מסלולים שני על נסתכל

.S = S [q (t)] =´ t2t1 L (q, q, t) dt מספר) ומחזיר פונקציה המקבל (פונקציונל פעולה נגדיר

. δSδq = 0 נחפש ולכן הפעולה של המינימום את למצוא נרצה

.δq (t1) = δq (t2) = 0 מקיימת δq הוריאציה

טיילור: בטור בשימוש ולכן ,δ (q) = ddtδq כי לב נשים תחילה אך ,δS את לחשב עתה נרצה

δS = S [q + δq]− S [q]

=ˆ

(L (q + δq, q + δq, t)− L (q, q, t)) dt

=ˆL (q, q, t) dt+

ˆ ∂L∂q δq + ∂L

∂q dt−ˆL (q, q, t) dt

=ˆ t2

t1

∂L∂q δq −

ˆ t2

t1

ddt∂L∂q δq + ∂L

∂q δq∣∣∣∣t2t1

=ˆ t2

t1

[∂L∂q −

ddt∂L∂q

] 6=0︷︸︸︷δq dt = 0

δq 6= 0⇒ ∂L∂q −

ddt∂L∂q = 0

לגראנג׳. אוילר משוואות כי קיבלנו ולכן

S =´Ldt הפעולה עבורו המסלול הוא הפיזיקלי המסלול כי אומר (אקסטרמלי) המינימלי הפעולה עקרון 9.1 הגדרה

קיצון. ערך מקבלת

זה. עקרון על מדובר 19 פרק 2 כרך בפיינמן 9.2 הערה

54

וריאציות חשבון של דוגמאות 9.2 וריאציות וחשבון המינימלית הפעולה עיקרון – 28.10.2010 – 3 תרגול 9

וריאציות חשבון של דוגמאות 9.2

וריאציות. חשבון באמצעות במישור נקודות שתי בין גאודזה) (נקרא ביותר הקצר המסלול את מצא דוגמא:

ולכן: כלשהו, מסלול כאורך l נגדיר פתרון:

l =ˆdl =

ˆ √1 +

(dydx

)2dx

=ˆ x2

x1

L(y(x),y′(x),x)︷ ︸︸ ︷√1 + y′2 dx

לגראנג׳: אויילר משוואות לפתירת שקול הוא אקסטרמום מציאת כי הראינו אך ־ לביטוי מינימום למצוא ונרצה

ddx

∂L∂y′ −

=0︷︸︸︷∂L∂y = 0

ddx

(y′√

1 + y′2

)= 0

⇒ y′√1 + y′2

= Const

⇒ y′ = Consty = ax+ b

כבידה בהשפעת בו עובר שחלקיק שהזמן כך המסלול את מצא – (Brachistochrone) הברכיסוטרון״ ״שאלת דוגמא:מינימלי. הוא חיכוך וללא

שגויה. זו תוצאה אך מעגל להיות צריך שהמסלול למסקנה הגיע גליליאו 1638 בשנתלוריאל. דה והמרכיז לייבניץ גוטפריד ניוטון, אייזיק ברנולי, ליקוב הבעיה את הציג ברנולי יוהן 1696 בשנת

הוריאציות. חשבון את ניסח אוילר זו בעיה מתוך

התנועה. זמן הוא t12ו־ החלקיק, מהירות את vב־ נסמן פתרון:

v = dldt ⇒ dt = dl

v

t12 =ˆ 2

1

dlv

.2 : (x2, y2)ו־ 1 : (0, ש־(0 כך צירים נבחר

dl =

√1 +

(dydx

)2dx

55

חיכוך עם דוגמא 9.3 וריאציות וחשבון המינימלית הפעולה עיקרון – 28.10.2010 – 3 תרגול 9

בבעיה אנרגיה בשימור בשימוש

E = m2v2 −mgy = const = 0

⇒ v =√

2gy

t12 =ˆ dl

v =ˆ x2

x1

√1 + y′2√

2gy dx

L =

√1 + y′2

2gy

שמצאנו: ל״לגרנאג׳יאן״ לגראנג׳ אויילר משוואת פתרון בעזרת t12ל־ מינימום נמצא

ddx

∂L∂y′ −

∂L∂y = 0

...

⇒ ya = 1− cos

[x−

√y (2a− y)a

]x (θ) = 1

2a [θ − sin θ]

y (θ) = 12a [1− cos θ]

ציקלואידה: נקראת זו צורה

ציקלואידה :9.1 איור

חיכוך עם דוגמא 9.3

משמרים לא כוחות יש כאשר תזכורת:

ddt∂L∂q −

∂L∂q = Q

. Q = −∂F∂q ולכן F = 12αv2 ריילי של האוויר נגד החיכוך פונקציית דוגמא:

56

04.11.2010 – 4 תרגול 10

ע״י שנתון חיכוך עם מטוטלת דוגמא:

F = 12αl2θ2

L = m2l2θ2 +mg cos θ

ddt(ml2θ

)+mg sin θ = −∂F

∂θml2θ +mgl sin θ = −αl2θθ + α

mθ + gl sin θ = 0

L → L′ למשל= ,K − V ל־ דומה שלא כלשהו לגראנג׳יאן נתון לפעמים אבל ,L = K − V שבד״כ למרות דוגמא:.L+ c (t) + dF (q,t)

dtהבא: הלגראנגיאן נתון

L = m2

12x4 +mx2V (x)− V 2 (x)

?L ע״י מתוארת פיסיקלית מערכת איזו ו־(2) תנועה משוואות למצוא (1) צריך

התנועה: משוואות מציאת .1

∂L∂x = m2

12x2V ′ − 2V V ′

∂L∂x = m2

2x3 + 2mxV

ddt∂L∂x = m2x2x+ 2mxV (x) + 2mx2V ′

mx2 (mx+ V ′) + 2V (mx+ V ′) = 0(mx+ V ′)

(mx2 + 2V

)= 0

⇒ (∗) mx = −V ′

⇒ (∗∗) mx2

2= −V

לוודא (ניתן בדיוק משוואה אותה היא ו־(∗∗) פוטנציאל, בבור חלקיק של התנועה משוואת היא (∗) כאשרגזירה). ע״י

פוטנציאל. בבור חלקיק של תנועה מתאר הנ״ל הלגראנג׳יאן .2

04.11.2010 – 4 תרגול 10

תרגילים על מנהלות 10.1

הקורס. אתר דרך תרגילים להגיש ניתן יהיה בעתיד •

.1 לתרגיל פתרון לאתר יועלה •

הקורס. לאתר המתרגל של התרגול סיכומי יועלו מעתה •

57

יחידות ואנליזת סקיילינג 10.2 04.11.2010 – 4 תרגול 10

יחידות ואנליזת סקיילינג 10.2

הוא שלו שהלגראנג׳יאן הרמוני אוסילטור נתון דוגמא:

L = 12mx2 + 1

2kx2

כי ומתקיים האורך סקלת הוא l) m, k, l, τ התנועה: תדירות את למצוא בשביל בבעיה יחידות עם גדלים נחפש(l ≈ |~x|

וזמן. מסה אורך, זו? בבעיה יש בסיסיות יחידות כמהמספר הוא n כאשר ,s = n− r בקינגהם של פאי ממשפט בבעיה? יש יחידות וחסרי תלויים בלתי פרמטרים כמה

הבסיסיות. היחידות מספר הוא rו־ הגדליםיחידות, חסר הוא ω כי נזכר כאשר בבעיה, יחידות חסר אחד גודל רק יש כלומר 4− 3 = 1 כי נקבל זה במקרה

התדירות. הוא שבמערכת היחידות חסר הגודל בהכרח ולכן

[l] = L[τ ] = T

[m] = M[kx2] = ML2

T 2

⇒ [k] = MT

µ = kτ2

m ⇒ [µ] = 1

⇒ τ =√µmk ≈

√mk

או גרוויטציה כוח נקבל k = −1 עבור הרמוני, אוסילטור זהו אז k = 2 כאשר ,L = m2 x2 − gxk נתון דוגמא:

אלקטרוסטטי.m, l, τ, g במערכת? הגדלים מה

.m,L, t המערכת? של היחידות מה.4− 3 = 1 יש? יחידות חסרי גדלים כמה

[g]Lk =[gxk]

= ML3

T 2

[g] = ML2−k

T 2

η = gτ2

ml2−kτ = √η

√ml1− k2 g− 1

2

τ ≈ l1− k2

הבעיה של האנרגיה את למצוא גם ניתן מכך

τ = l1− k2

E ≈ ml2τ2 ≈

l2l2−k

E ∝ lk

58

יחידות ואנליזת סקיילינג 10.2 04.11.2010 – 4 תרגול 10

התנ״ז את להגדיר ניתן אופן באותו קבועה). (מסה l הוארך סקלת את משנים כאשר משתנים הגדלים אם

L = ml2t ≈ l

1+ k2

.x של שינויים עבור הפתרון על לאמר ניתן מה x = lf( tτ2

)כי לנו שידוע נניח

התשובהך

x′ = ax + tτ ′

= al + tτ ′ = alf

( tτd1− k2

). עצמי דימיון ניקרא כזה למצב

כי מתקיים גרוויטציה עבור דוגמא:

k = −1t ≈ l2− k2 ≈ l 3

n

. τ2 = l3 ניוטון: של השלישי החוק את למצוא נוכל ומכך

המחזור? זמן מה מסה. עם (אינטגרל) מרחק באותו בלווינים דוגמאות:

m1,m2 = 2mV = 2rk

V = GMmr

τ ≈ 1√g√ml1− k2 ≈

√m√m = 1

גרעינית אנרגיה 10.2.1

יחידות ואנליזת תרמודינמיקה במשוואות בשימוש הצליח Taylor הפיזיקאי האטום? בפצצת משתחררת אנרגיה כמההפיצוץ. של פירסומי סרטון מתוך ישירות צבאי) סוד היה הזמן (שבאותו גרעיני בפיצוץ המשתחררת האנרגיה את לגלות

הבאה: המשוואה את פיתוח הוא

R = S (γ) t 25E 1

5 ρ−15

0

הרדיוס. Rו־ הזמן t האוויר, צפיפות היא ρ0 כאשר לאנרגיה, הזמן בין קושרת זו משוואההוא בנוסחה ובשימוש הפיצוץ, היקף של ברדיוסים השינוי ומדידת בפעולה הגרעינית הפצצה את שהמציג סרטון מתוך

האנרגיה של המקדם את לחלץ הצליח

E = 16800 tons TNT

בזמנו. סוד שהיה האמיתי לערך קרובות מאוד היו הסרטון מתוך חילץ שהוא הערכות כי ומסתבר

59

שימור וחוקי סימטריה 10.3 04.11.2010 – 4 תרגול 10

שימור וחוקי סימטריה 10.3

תזכורת:

האנרגיה): אינטגרל יעקובי, (פונקציית האנרגיה פונקציית שימור גוררת (∂L∂t = 0 (כלומר בזמן סימטריה .1

E′ = h =∑iqi∂L∂q − L

.dhdt = −∂L∂t טענה:הוכחה:

dhdt =

∑qi ∂L∂qi + q ddt∂L∂qi

elements from ddtL(q,q,t)︷ ︸︸ ︷

− ∂L∂qiqi −

∂L∂qi

qi

− ∂L∂t

=∑i

=0︷ ︸︸ ︷ddt∂L∂qi− ∂L∂qi

qi −∂L∂t = −∂L∂t

תנועה. קבוע h אז בזמן) תלוי (לא L = L (q, q) כלומר ∂L∂t = 0 אם מסקנה:

קנוני. צמוד תנע שימור גוררת במרחב סימטריה .2.Pq = ∂L

∂q ע״י q מוכללת לקואורדינטה (צמוד) קנוני תנע נגדיר הגדרה:

.dPqdt = 0 אז ∂L∂q = 0 אם טענה:

.( ddtPq = ddt∂L∂q = ∂L

∂qi ) לגראנג׳ אויילר משוואות מתוך ישירות הוכחה:

.Pθ = ml2θ אז L = 12ml2θ2 אם .p = mx אז L = mx2

2 דוגמאות:ציקלית. קואורדינטה qל־ קוראים אז ∂L

∂q = 0 אם הגדרה:

המערכת? של האנרגיה ממש היא האנרגיה פונקציית מתי 10.3.1

אם: היא נכון שזה כללית דוגמא

.L = K − V .1

במהירות). תלוי לא הפוטנציאל (אם V = V (q, t) .2

הומוגנית פונקציה כאשר ,2 מדרגה הומוגנית פונקציה היא ריבועית תבנית ) במהירויות ריבועית תבנית היא K .3.(k מדרגה והיא V (ax) = akV (x) ש־ כך V (x) היא

.K = 12(x1 x2

)( m1 m3m3 m1

)(x1x2

)גם לכתוב ניתן K = 1

2(m1x2

1 +m2x22)

+m3x1x2 לדוגמא

סימטרית. להיות המסה מטריצת את לבחור ניתן תמיד הערה:

60

11.11.2010 – 5 תרגול 11

קינטית לאנרגיה הכללית הביטוי על נסתכל כאשר h = E כי וצ״ל E = K + V האנרגיה לעיל) 3 (לנקודה הוכחה:.K = 1

2∑ij qimij qj

h =∑k

qk∂L∂qk− L

=∑k

qk

∑jmkj qj +

∑iqimik

− L=

2K︷ ︸︸ ︷∑ki

qimikqk − (K − V )

h = 2K − (K − V ) = K + V = E

11.11.2010 – 5 תרגול 11

מימדית חד תנועה 11.1

שמורה. Eש־ כך E = m2 x2 + V (x) עם מימדית חד בעיה נתונה תזכורת:

dxdt x =

√2m (E − V (x))

T =˛dt = 2

ˆ x2

x1

dx√2m (E − V (x))

האינטגרל). של נומרי פתרון כדי (עד לפתירה ניתנת מימדית חד בעיה כל ולכן מפנה, נקודות נקראות x1, x2 אז

אחד למימד רדוקציה 11.2

.L = L (q1, q1, q2, q2) לגראנג׳יאן נתון

.h האנרגיה פונקציית הוא מתקיים שתמיד תנועה קבוע •

,P2 = ∂L∂q2 = Const אז ציקלית, היא כלומר בלגראנג׳יאן, מופיע לא q2 אם למשל נוסף, תנועה קבוע קיים כי נניח •

נוסף. תנועה קבוע יש ואז

.∂L∂q = 0 אם״ם ציקלית q 11.1 הגדרה

תמיד כאמור אותה ־ מימדית חד לבעיה רידוקציה לעשות ניתן אז תנועה) קבועי (שני הנ״ל התנאים תחת 11.2 טענהלפתור. ניתן

שמורים: הבאים הביטויים כי מתקיים

h = h (q1, q1, q2) •

61

קפלר 11.3 11.11.2010 – 5 תרגול 11

.q2 = q2 (q1, q1, P2) ולכן P2 = P2 (q1, q1, q2) •

יחדיו המשוואות את להציב נוכל ועתה

h = h

q1, q1,Const︷ ︸︸ ︷

q2 (q1, q1, P2)

= h (q1q1)

מימד. לחד מימד מדו הבעיה את הפחתנו וכך

קבוע) אותה המחבר המוט כאשר כיוון לכל לנוע חופשיה היא (כלומר ספרית מטוטלת נתונה דוגמא:

L = m2R2(θ2 + sin2 θϕ2

)+mgR cos θ

ציקלית. ϕש־ לב ונשים

הם: התנועה קבועי .1

E = K + V = m2 R2

(θ2 + sin2 θϕ2

)−mgR cos θ (א)

.Pϕ = ∂L∂ξ = mR2 sin2 θϕ (ב)

ונקבל באנרגיה ונציב ϕ = PϕmR2 sin2 θ ולכן הבעיה את נצמצם .2

E =

Ek︷ ︸︸ ︷m2R2θ2 +

Veff (θ)︷ ︸︸ ︷P 2ϕ

mR2 sin2 θ−mgR cos θ

קפלר 11.3

.L = m2

(r2 + r2θ2

)− V (r) כאשר מרכזי כוח תחת תנועה

. l = Pθ = ∂L∂θ = mr2θ = Const כי ציקלית θ .1

θ = lmr2 ולכן (א)

שמורה האנרגיה (ב)

E = m2

(r2 + r2θ2

)+ V (r)

= m2

(r2 + r2 l2

m2r4

)+ V (r)

=

Keff︷︸︸︷m2r2 +

Veff︷ ︸︸ ︷l2

2mr2 + V (r)

מרכז? נפילה שתמנע מנת על k להיות צריך מה .V (r) = − αrn נניח (ג)

2 > n .iα < l2

2m ואז n = 2 .ii.V = + α

rn .iii

62

קפלר 11.311.11.2010 – 5 תרגול 11

מסלול משוואת 11.3.1

הזמן לפי E את נגזור

0 = dEdt = mrr − l2

mr2 r + dVdr r = 0

ddt = θ ddθ = l

mr2ddθ

ולכן l = ∂L∂θ = mr2θ ⇒ θ = l

mr2 כי ונזכור

r = ddtdrdt = l

mr2ddθ

( lmr2 ·

drdθ

)ונקבל E = 0 מתוך שמצאנו במשוואה חזרה נציב ועתה

m l2m2

ddθ

(1r2drdθ

)− l2mr3 = −F

ddθ

(1r2drdθ

)− 1r = −mr

2

l2 F

ולכן u = 1r חדש משתנה נגדיר

−u′′︷ ︸︸ ︷ddθ

−u′︷ ︸︸ ︷1r2drdθ

− u︷︸︸︷1r = −mr

2

l2 F

u′′ + u = − ml2u2F

(1u

)הומוגנית. ולא שני מסדר שהיא המסלול, משוואת וזו

כבידה כוח ־ קפלר בעיית 11.3.2

לעיל. המשוואות את נפתור F (r) = −Gm1m2r2 = − α

r2 בו המצב עבור

u′′ + u = ml2uαu

2

u′′ + u = mαl2

u = uh + upup = mα

l2uh = A cos (θ − θ0)

כי נקבל ולכן ההתחלה, מתנאי נקבעים θו־ A כאשר

1r = u = mα

l2 +A cos (θ − θ0)

= mαl2 (1 + ε cos (θ − θ0))

63

פרסציה 11.4 18.11.2010 – 6 תרגול 12

.ε =√

1− 2l2Emα2 כי ומתקיים המסלול של האקסצנטריות נקרא ε כאשר.l, E הקבועים את למצוא ניתן θ0ו־ A של ההתחלה מתנאי

פרסציה 11.4

במרחב: מסלולים סוגי

מסויים) לגבול מעבר מתרחק לא הוא (כלומר חסום מסלול •

גבול) ללא להתרחק יכול כלומר ) חסום לא מסלול •

מסויים. זמן לאחר עצמו על הנסגר מסלול הוא סגור מסלול •

סגור. הוא חסום מסלול כל אז 12kr2 או −αr מהצורה פוטנציאלים עבור רק (ברטרנד) 11.3 משפט

פרסציה. קוראים שונה קצת לנקודה חוזר מחזור כל אבל מחזורית תנועה שמבצע סגור לא חסום למסלול 11.4 הגדרה

.( 2mβl2 1 (נניח פרסציה יש U = −αr + B

r2 מהצורה מהפוטנציאל הנוצרים החסומים במסלולים כי הראו דוגמא:היא המסלול משוואת

F (r) = −dUdr = αr2 −

2βr3

F(

1u

)= αu2 − 2βu3

u′′ + u = − ml2u2F

(1u

)= αm

l2 −2βul2

u′′ +

ω2︷ ︸︸ ︷(1 + 2βm

l2)u = αm

l2

u (θ) = A cos [ω (θ − θ0)] +αml

1 + 2βml2

אז θ → θ + 2πש־ וכיוון

A → A cos(

2π√

1 + θ)

18.11.2010 – 6 תרגול 12

פרסציה. על נוסף חומר עם הקודם התרגול את עדכנתי 12.1 הערה

64

מימדי דו הרמוני אוסילטור 12.1 18.11.2010 – 6 תרגול 12

מימדי דו הרמוני אוסילטור 12.1

הבא: הלגראנג׳יאן נתון

L = m2(x2 + y2)− mω2

2(x2 + y2)+ αxy

αy = mx+mω2xαx = my +mω2y

ולכן ξ = x− yו־ η = x+ y נגדיר

mη +mω2η = αη

⇒ η +(ω2 − 2

m

)η = 0

mξ +mω2ξ = −αξξ +

(ω2 + α

m)ξ = 0

ω2η = ω2 − 2

mω2ξ = ω2 + 2

mתנודה אופני נקראים ξו־ ηו־ הרמוני, אוסילטור כמו המתנהגות השנייה, אחת תלויות שלא משוואות לשתי הגענו ולכן

נורמליים.

מטריצות. הן kij−ו mij כאשר ,L = 12∑i,j (mij xixj − kijxixj) כללי, באופן

לכן )נקבלm−1k

)~v = ω2~v

ל־ שווה יהיה הלגרנאג׳יאן ואז תנו2דה, אופני לאותם מתאימים עצמיים וקטורים וגם m−1k של ע״ע למצוא צריך

L = 12

N∑α=1

(Θ2α − ω2

α (Θα))

.

לינארי לא אוסילטור 12.2

ואז x = Aeiωt ולכן mx+ kx = 0 ולכן L = m2 x2 − 1

2kx2 תזכורת:

−ω2Aeiωt = x = −(m−1k

)Aeiωt(

m−1k) ~A = ω2 ~A

באמליטודה. תלוייה התדירות המרכזי: הרעיון

מתקיים l באורך קטנות בתנודות דווקא לאו הנעה מטוטלת עבור דוגמא:

L = m2l2θ2 +mgl cos θ

ω0 =√gl

65

לינארי לא אוסילטור 12.2 18.11.2010 – 6 תרגול 12

הוא המחזור זמן המשקל שיווי נקודת סביב תנודות עבור אז L = m2 x− V (x) תזכורת:

T =˛dt = 2

ˆ x2

x1

dxx = 2

ˆ x2

x1

dx√2m (E − V (x))

x = dxdt

E = m2x2 + V (x)

ω = 2πT

באינטגרל הבעיה של הפרמטרים את נציב לדוגמא: חזרה

T = 2ˆ θ2

θ1

dθ√2 (E + ω2

0 cos θ)

.E,F הנקראות ו־2) 1 (סוג שלמים אליפטים אינטגרלים ידי על נתון האינטגרל פתרון

אנו ומכאן θ = a cos

ϕ︷︸︸︷ω0t

מתקיים ההרמונה המקרה עבור כאשר ,0 ≤ a ≤ π כאשר θ = a cosϕ נגדיר

.ϕ = ω ע״י התדירות את להכליל ניתן כי למדים

טיילור בטור נוסף איבר ניקח אבל קטנות, זוויות עבור sin θל־ קירוב נבצע חלשה) לינאריות (לאי מקורב: פתרון

θ + ω20 sin θ = 0

θ + ω20(θ + βθ3) = 0

β := −16

.ω = ϕ ונגדיר ϕ = ϕ (t)ו־ אנרגיה משימור קבוע a עבור θ = a cosϕ נציב

−aϕ2 cosϕ− aϕ sinϕ+ ω20a cosϕ+ ω2

0βa3 cos3 ϕ = 0

ב־〈·〉. ונסמנו 12π´ 2π

0 dϕ אינטגרל וניקח cosϕב־ נכפיל כך ולשם ,ω (a) מהביטוי לחלץ נרצה

−aω2

12︷ ︸︸ ︷⟨

cos2 ϕ⟩−aϕ

0︷ ︸︸ ︷〈sinϕ cosϕ〉+ω2

0a

12︷ ︸︸ ︷⟨

cos2 ϕ⟩

+ω20βa3

38︷ ︸︸ ︷⟨

cos4 ϕ⟩

= 0

−12ω2 + ω2

0 + 38βω2

0a2 = 0

ω0

√1 + 3

4βa2 = ω

ω0

1 +

Frequencty Shift︷ ︸︸ ︷38βa2

≈ ω

66

25.11.2010 – 7 תרגיל 13

לינארי לא רזוננס 12.2.1

מתקיים הרמוני אוסילטור עבור

x− ω20x− λx = ε cos (γt)

x = a cosϕ

a ∼ 1ω2

0 − γ2

נקבל לינארי לא אוסילטור עבור

x− ω20 sinx− λx = ε cos (γt)

x = a cosϕ

a ∼ 1(ω0 − κa2 − γ2) + γ2

.a2ל־ 3 ממעלה משוואה

לתדירות ביחס אמפליטודה גרף :12.1 איור

25.11.2010 – 7 תרגיל 13

תזכורת ־ קטנות תנודות 13.1

הרמוני) (קירוב לינאריזציה ־ 1 שלב 13.1.1

הוא הלגראנג׳יאן ולכן מימדי, n פוטנציאל בבור חלקיק נתון

L = 12∑i,j

(qimij (q) qj − U (q1, . . . , qm))

67

תזכורת ־ קטנות תנודות 13.1 25.11.2010 – 7 תרגיל 13

קטנות תנודות עבור Uל־ טיילור פיתוח ונעשה ,qב־ נסמן אותה משקל שיווי נקודת סביב תנודות מבצע שהחלקיק נניחשני לסדר

U ≈Const︷ ︸︸ ︷U (q) +

=0︷ ︸︸ ︷∑i

∂U∂qi

∣∣∣∣q

(qi − qi) +12∑ij

kij︷ ︸︸ ︷∂2U∂qi∂qj

∣∣∣∣q

xi︷ ︸︸ ︷(qi − qi)

xj︷ ︸︸ ︷(qj − qj)

= 12∑ijxikijxj

.mij ≈ mij (q) + o (x) עבור mijל־ קירוב נבצעגם אופן ובאותוונקבל: בלגראנג׳יאן חזרה נציב עתה

L = 12∑ij

(ximij xj − xikijxj)

= 12~xM~x∗ − 1

2~xK~x∗

השוכב. הוקטור את מייצג ה־∗ כאשרהיא xiל־ התנועה משוואת כי נקבל הנ״ל מתוך

n∑j=1

(mij xj + kijxj) = 0

M~x+K~x = 0

פיתרון ניחוש – 2 שלב 13.1.2

.~x = ~Aeiωt מהצורה פתרון )נציב−ω2M +K

) ~A = 0

ש־ לכיתבה שקול )וזהkij − ω2mij

)Aj = 0

det(K − ω2M

)= 0 או נע, לא שהחלקיק הטריוויאלי הפתרון כלומר , ~A = 0 ־ פיתרון סוגי שתי יש הזו מהמשוואה

. ~Aל־ טריוויאלים לא פתרונות קיימים ואז

העצמיות לתדירויות פתרון – 3 שלב 13.1.3

ניתן שליליים (פתרונות α = 1, . . . , n עבור ω2α ב־ אותן ונסמן עצמיות תדירויות n לנו יתן האופיינית המשוואה פתרון

פאזה). ע״י לתקן

תדירות. / באנרגיה ניוון קורה ואז ωα = ωβש־ כך תדירויות שקיימות שמתקיים או שונות, התדירויות שכל להיות יכול

68

דוגמאות 13.2 25.11.2010 – 7 תרגיל 13

לאמפליטודה פתרונות ־ עצמיים וקטורים – 4 שלב 13.1.4

שמקיים ~Aα קיים ωα )לכלK − ω2

αM)Aα = 0

לבעיה כללי פתרון נקבל האלו הוקטורים מתוך

~x =n∑α=1

~Aα

Θα(t)︷ ︸︸ ︷cα cos (ωαt+ ϕα)

עצמי. וקטור הוא ~Aαו־ התחלה, מתנאי נקבע cα כאשר התנודה, אופן נקרא Θα (t) כאשר

ממש הפתרון מציאת – 5 שלב 13.1.5

הנ״ל. במשוואה אלו קבועים להציב נוכל ואז ,xi (0) , xi (0) על ההתחלה תנאי 2n לפי הנקבעים cα, ϕα קבועים 2n יש

כי נקבל העצמיים) (הוקטורים מצאנו אותו החדש בבססי 13.1 הערה

L(θ, θ)

=∑α

(Θ2 − ω2

αΘ2α

)M = I

K =

ω1 0 0

0. . . 0

0 0 ωn

דוגמאות 13.2

1 דוגמא 13.2.1

לקיר. מחוברים החיצוניים הקפיצים כאשר m מסה בעלי בינהם גופים ושתי k קבוע עם קפיצים 3 המורכבת מערכת נתונה

האופייניות התדירויות את מצא .1

העצמיים. הוקטורים את מצא .2

ההתחלה: תנאי עבור בזמן מלא פתרון מצא .3

η1 = η2 = 0, η1 (0) = η2 (0) = a (א)

.η2 (0) = η2 = η1 = ו־0 η1 (0) = a (ב)

פתרון:

69

דוגמאות 13.225.11.2010 – 7 תרגיל 13

הלגראנג׳יאן: את נמצא תחילה .1

L = m12η2

1 + m2η2

2 −k2η2

1 −k2

(η1 − η2)2 − k2η2

2

= 12

(η1 η2)(m 00 m

)(η1η2

)− 1

2(η1 η2)

(2k −k−k 2k

)(η1η2

)אופיינית: משוואה .2

det(K − ω2M

)= 0

det((

2k − ω2m −k−k 2k −mω2

))=

(2k −mω2)2 − k2

=(2k −mω2 − k

) (2k −mω2 + k

)⇒ ω1 =

√km

ω2 =√

3km

.(K −Mω2

α) ~Aα = 0 ע״י נמצא אותם עצמיים) ערכים 2 יש (כי עצמיים וקטורים 2 יש .3

~A1 =(

∆1∆2

)עבור נקבל ω1 עבור )(א)

2k − k −k−k k

)(∆1∆2

)= 0

∆1 = ∆2

~A1 = 1√2

(11

)ההתחלה). קבועי על ישפיע רק זה כי לנרמל (אפשר

∣∣∣ ~A∣∣∣ = ש־1 כך ~A את שנירמלנו לב לשים יש

. ~A2 = 1√2

(1−1

)כי נקבל אופן באותו (ב)

הכללי: הפתרון .4(η1η2

)= ~A1Θ1 (t) + ~A2Θ2 (t)

= 12

(11

)c1 cos (ω1t+ ϕ1) + 1√

2

(1−1

)c2 cos (ω2t+ ϕ2)

הנתונים: ההתחלה תנאי עבור נפתור .5

וא η1 = η2 = ו־0 η1 = η2 = a (א)

1√2

(11

)c1 cosϕ1 + 1√

2

(1−1

)c2 cosϕ2 =

(aa

)− 1√

2

(11

)c1 sinϕ1 −

1√2

(1−1

)c2 sinϕ2 =

(aa

)⇒ c1 =

√2a, c2 = 0

ϕ1 = ϕ2 = 0

70

דוגמאות 13.2 25.11.2010 – 7 תרגיל 13

נקבל אופן באותו ואז η2 (0) = η1 = η2ו־ η1 = a (ב)

c1 = c2 = a√2

ϕ1 = ϕ2 = 0

2 דוגמא 13.2.2

הבאה: המערכת על נסתכל

במוט אחרת למסה מחוברת ישר על הנעה מסה :13.1 איור

עצמיים. וקטורים עצמיות תדירויות למצוא ונרצה

פתרון:

לגראנג׳יאן: נמצא .1

L = m1 +m22

x2 + m22θ2 +m2l cos θθx+m2gl cos θ

(x = x0 + vt ולכן ציקלית x)שני. מסדר האיבר את ונזרוק ה־1 האיבר את נשאר m2l cos θθxב־ ובהצבה cos θ = 1− θ2

2 ־ לינאריזציה .2להתעלם ניתן לא זה (במקרה השני את ונשאיר קבוע) זהו (כי ה־1 האיבר את נזרוק m2gl cos θב־ בהצבה

בלגרנאג׳יאן). הביטוי מכל להתעלם לא כדי השני מהאיבר

המשוואות: את נקבל .3

L = 12

(x θ)

M︷ ︸︸ ︷(m1 +m2 m2lm2l m2l2

)(xθ

)− 1

2(x θ)

K︷ ︸︸ ︷(0 00 m2gl

)(xθ

)אופיינית: משוואה .4

0 = det(K − ω2M

)= ω2 [. . .]

ω1 = 0

ω2 =√gl

√1 + m2

m1

71

02.12.2010 – 8 תרגול 14

עצמיים: וקטורים .5(K − ω2M

)( ∆1∆2

)= 0

~A1 =(

10

)~A2 =

(− m2m1+m2

l1

)02.12.2010 – 8 תרגול 14

פרמטר רזוננס 14.1

.x+(ω2

0 + k (t))x = 0 המשוואה לפי הנתון בזמן התלוי פרמטר עם אוסילטור על נסתכל דוגמא:

.x+ ω20 (1 + ε cos (γt))x = 0 נקבל אז k (t) = ω2

0ε cos (γt) את נבחר אם״מתפוצצת״. האמפליטודה ואז a ∼ est כאשר יציב לא פיתרון נקבל γ = 2ω0 שעבור ראינו

.γ = 2ω0 + δ עבור − εω02 γ < εω0

2 בתחום פרמטרי רזוננס מתקבלשלם. n עבור γ = 2ω0

n כללי ובאופן ω0, ω02 ,

3ω04 ב־ גם רזוננס שקיים הראינו

העבודה. מבחינת המערכת על ונסתכל ,l חוט ואורך m משקל עם מטוטלת על נסתכל דוגמא:כי מתקיים אז אנכית המטוטלת כאשר

W1 = F1∆x =(mg + mv2

l

)∆x

מתקיים הגובה בשיא וכשהמטוטלת

W2 = F2∆x = (mg cos θ) ∆x

הוא באנרגיה השינוי ולכן

∆E = W1 −W2 > 0

.T = 2πω0

מתקיים אז γ ≈ 2ω0 של בתדירות אותה ונמשוך המטוטלת את נחזיק עם ואז

זמן סקלות הפרדת 14.2

המחזורית. התנועה לאורך קטנות הפרעות יש כלומר ,mx = −dUdx + f (t) לפי תנועה יש נניח.U של מחזור הוא T כש־ 2π

T ω עבור f (t) = f1 cos (ωt) נניח

הוא התנועה וממוצע τ = 2πω0

ב־ המהיר המחזור זמן את נסמן

x = 〈x〉 = 1τ

ˆ t′τ

t′x (t) dt′

לכתוב ניתן ולכן מהממוצע), (הפרש ξ = x− x גם ונגדיר

x = x+ ξ

72

זמן סקלות הפרדת 14.202.12.2010 – 8 תרגול 14

ξ xש־ נניח כאשר החדשים המשתנים את נציב

m¨x+mξ Taylor= − dUdx

∣∣∣∣x− d2U

dx2

∣∣∣∣xξ + f (x, t) + ∂f

∂x

∣∣∣∣xξ

:ξל־ משוואה למצוא נרצה עכשיו

,mξ הם: ξ של מהסדר זמן סקלאת שבאותה במשוואה הגורמים .ξ ∼ cosωt כי זמן, סקאלות להפריד נרצה .1

cosωt לפי בזמן התלות בגלל f (x, t)ו־ מהר, משתנים ξ יש בהם הביטויי בכל כי ∂f∂x

∣∣∣xξו־ f (x, t) , d

2Udx2

∣∣∣xξ

.(x לפי לאט משתנה שהאמפליטודה (למרות

ולכן ξ ∼ |ξ|ω אבל ,ξל־ ביחס קטנים הם ∂f∂x

∣∣∣xξו־ d2U

dx2

∣∣∣xξ הגורמים ולכן ,|ξ| הקטן בפרמטר אפס סדר ניקח .2

זה. גורם נשאיר

קיבלנו בסה״כ .3

mξ = f (x, t) = f1 (x) cosωt

⇒ mξ = −f1 (x) 1ω2 cos (ωt) = −f (x, t)

ω2

ξ = −f (x, t)mω2

להנחה. בהתאם ξ xש־ קיבלנו ולכן

:xל־ משוואה למצוא ונרצה במשוואה, חזרה שמצאנו הפתרון את נציב עתה

m¨x−mξ = − dUdx

∣∣∣∣x

+ d2Udx2

∣∣∣∣x

fmω2 + f − ∂f

∂x

∣∣∣∣ fmω2

ונקבל המשוואה על הממוצע את ניקח עכשיו

〈m¨x〉 −

=0︷ ︸︸ ︷⟨mξ⟩

= −⟨ dUdx

∣∣∣∣x

⟩+

=0︷ ︸︸ ︷⟨ d2Udx2

∣∣∣∣x

fmω2

⟩+

=0︷︸︸︷〈f〉 −

⟨∼cos︷︸︸︷∂f∂x

∣∣∣∣ ∼cos︷︸︸︷f

mω2

⟩m¨x = d

dx

Ueff︷ ︸︸ ︷U + f2

14mω2

כי קודם בתרגול והראינו שלה, המשען נקודת את שמנדנדים מטוטלת על נסתכל דוגמא:

θ = −gl sin θ +

f1(θ)︷ ︸︸ ︷aγ2

l sin θ cos γt

נקבל אז√ g

l γ כי ההנחה תחת אז

Ueff = −gl cos θ + a2γ2 sin2 θl24

73

פיזור 14.302.12.2010 – 8 תרגול 14

עומדת: המטוטלת כאשר משקל שיווי איזור שיש נמצא אז הזווית לפי הפוטנציאל על נסתכל אם ולכן

עומדת מטוטלת של הזווית לפי הפוטנציאל :14.1 איור

מטה־סטבילי. קוראים זה למצב:πב־ משקל שיווי נקודת תהיה שאכן התנאי מה נמצא

dUeffdθ = g

l sin θ + a2γ2

4l2 sin 2θ = 0

d2Ueffd2θ = g

l cos θ + a2γ2

2l2 cos 2θ = 0

יציביות. נקודה זו ולכן U ′′ > ש־0 נקבל θ = 0 בנקודה ולכן.a2γ2 > 2gl הוא התנאי θ = π הנקודה עבור

פיזור 14.3

פעולה חתך 14.3.1

המטרה. עם אינטרקציה מתבצעת שבו כלומר המטרה, של האפקטיבי השטח הוא שלם פעולה חתך 14.1 הגדרה

74

09.12.2010 – 9 תרגול 15

דוגמא:

.A כל פשוט יהיה השלם הפעולה חתך המטרה, אל ישר הנעים וחלקיקים A בשטח מטרה נתונה .1

יהיה השלם הפעולה חתך אז המטען, עבור אל אחיד בשטף אלקטרונים עליו ויורים q חשמלי מטען קיים נניח .2אותו. מרגיש במרחב חלקיק כל ולכן טווח ארוך כוח הוא החשמלי הכוח כי ∞

חתך את ונגדיר המטרה, אל החלקיק של ביותר הקרוב המרחק בתור rmin נגדיר דיפרנציאלי. פעולה חתך 14.2 הגדרה.σ (θ) ע״י ונסמנו מסויימת, θ בזווית שמתפזרים החלקיקים כמות בתור הדיפרנציאלי, הפעולה

σ (θ) dθσ (Ω) dΩ

dΩ = sin θdθdϕ

dΩ = 2π sin θdθ גלילית סימטריה עבור

הגדרות:

. N∆t∆A ־ חלקיקים שטף הוא I .1

ממרכז היוצא ההתחלתית המהירות בכיוון (הציר המרכזי מהציר האנכי המרחק ־ הפגיעה פרמטר הוא b .2הכוח).

שמורה. אנרגיה E = mv202 .3

שמור. תנ״ז הוא l = mv0b .4

.r ב־∞→ מהירות v0 .5

מרחבית לזווית שהתפזרו החלקיקים מספר הוא (dσdθ כ־ מופיע (בהרצאות σ (Ω) ־ דיפרנציאלי פעולה חתך .6השטף. חלקי ,∆t בזמן dΩ

.[σ (Ω)] = m2 היחידות

שהתפזרו הכולל החלקיקים למספר שווה והוא σT =´σ (Ω) dΩ =

´ π0 σ (θ) dθ הוא השלם הפעולה חתך .7

לשטח. בזמן

09.12.2010 – 9 תרגול 15

ופיזור פעולה חתך על המשך 15.1

מרכזי: כוח עם פיזור של הבא הבעיה על נסתכל

75

ופיזור פעולה חתך על המשך 15.1 09.12.2010 – 9 תרגול 15

.ϕב־ סימטריה יש ואז ,(r, θ, ϕ) כדוריות בקואורדינטות ונשתמש z ציר סביב גלילית סימטריה קיימת

הפוגעים. החלקיקים שטף בתור I נגדיר

השמור. הזוויתי התנע הוא l = mv0bו־ השמורה האנרגיה היא E = mv202

ואז הדיפרנציאלי הפעולה חתך בתור σ (Ω) = σ (θ)ו־ הכולל, הפעולה חתך בתור σT נגדיר

σ (Ω) dΩ = 2π sin θσ (θ) dθ

מתקיים ואז

σT =ˆ

Ωσ (Ω) dΩ =

ˆ π

02π sin θσ (θ) dθ

.V = αr2 עבור σ (θ) את למצוא נרצה דוגמא:

מתקיים ואז dθ ברוחב θ מטבעת היוצאים חלקיקים כלומר b = b (θ) נניח

|I2π sin θσ (θ) dθ| = |I2πb (θ) db| =∣∣∣∣I2πb (θ) dbdθdθ

∣∣∣∣σ (θ) = b (θ)

sin θ

∣∣∣∣dbdθ ∣∣∣∣.l = b

√2mE ע״י התנע את להביע ניתן ואז v0 =

√2Em ש־ יודעים אנו מהאנרגיה

.r = r (θ)ש־ ההנחה תחת האנרגיה את נחשב עתה

E = m2r3 + l2

2mr2 + V (r)

drdt = r =

√2m

(E − l2

2mr2 − V)

θ = lmr2

drdt = dr

dθ ·dθdt = l

mr2 ·drdθ

⇒ dθ =l

mr2 dr√2m(E − l2

2mr2 − V (r))

∆θ2

=ˆdθ =

ˆ ∞rmin

lmr2 dr√

2m(E − l2

2mr2 −αr2)

rmin = r (r = 0)

76

ופיזור פעולה חתך על המשך 15.1 09.12.2010 – 9 תרגול 15

האנרגיה חישבו עם עתה נמשיך

E (rmin) =

=0︷︸︸︷m2r3 + l2

2mr2 + αr2

= 1r2

( l22m + α

)r2min = 1

E

( l22m + α

)= l2

2mE + αE

= b22mE2mE + α

E

rmin =√b2 + α

E

ואז u = 1r שנגדיר ע״י האינטגרל לחישוב ˆנחזור

dθ = l√2mE

ˆ 0

1rmin

du√1− u2 ( l2

2mE + αE)

= −bˆ 0

1rmin

du√1− u2r2

min

u = rminu⇒ = − brmin

ˆ 0

1

du√1− u2

= − brmin

arcsin u|01∆θ2

= πb2rmin

θ = π −∆θ= π − πb

rmin= π − πb√

b2 + αE

(θ − π)2(b2 + α

E)

= π2b2

(θ − π)2 αE = b2

(π2 − (θ − π)2

)= b2 (π − θ + π) (π + θ − π)= b2 (2π − θ) θ

b (θ) =

√(θ − π)2

(2π − θ) θ ·αE

=√αE ·

|π − θ|√θ (2π − θ)

77

במישור קשיח גוף 15.2 09.12.2010 – 9 תרגול 15

למצוא נוכל האחרונה מהמשוואה

σ (θ) = b (θ)sin θ ·

∣∣∣∣dbdθ ∣∣∣∣dbdθ =

√αE ·

√θ (2π − θ)− (π − θ) −2θ+2π

2√...

θ (2π − θ)

=√αE ·−θ (2π − θ)−

(π2 − 2πθ + θ2)

[θ (2π − θ)]32

=√αE ·

−π2

(θ (2π − θ))32

σ (θ) = αE ·

π2 (π − θ)(θ (2π − θ))2 sin θ

במישור קשיח גוף 15.2

והסיבוב. במישור המסה מרכז מיקום חופש: דרגות 3 יש כללי באופן ולכן במישור, לנוע שמוכרח קשיח גוף על נסתכל

למישור. ניצב nש־ כך ~ω = ωnש־ מתקיים תמיד אז למישור מוגבל שהגוף מכיוון

.~Rcm =∑mi~r∑

mi=M הוא המסה ומרכז ,IA =∑imi~r2

i =´~r2dm ע״י מוגדר ההתמד מומנט כי נזכיר

ע״י נתונה הזו בבעיה הזוויתי L∂)התנע∂ω

)= ~L = I~ω

ע״י נתונה קינטית אנרגיה

T = M2~v2 + 1

2Iω2 + f (~v, ~ω)

מתקיים אז המסה מרכז בתור הייחוס נקודה את נבחר אם

T = M2~v2cm + 1

2Icmω2

m.ש ומסה l באורך מוט של תנודות של תדירות מצא דוגמא:

78

מימד בתלת קשיח גוף – 16.12.2010 – 10 תרגול 16

נקבל A לנקודה ביחס פתרון:

IA =ˆr2dm = m

l

ˆ l

0r2dr = ml2

3

T = 12· ml

2

3ω2

נקבל המסה למרכז ביחס

Icm = ml

ˆ l2

− l2

r2dl = ml212

T = 12· ml

2ω2

12+ M

2

( l2

)2ω2 = ml2

6ω2

L = 12ml2

3θ2 + mgl

2cos θ

המקרים. בשני זהה הייתה הקינטית שהאנרגיה לב ונשים ,ω =√

3g2l נקבל קטנות תנודות עבור ולכן

מימד בתלת קשיח גוף – 16.12.2010 – 10 תרגול 16

,~r ע״י נתונה המסה למרכז ביחס הגוף בתוך ונקודה Rcm ע״י נתון שלו המסה שמרכז במרחב מימדי תלת גוף על נסתכלהיא הנקודה מהירות ואז

~v = ~V + ~Ω× ~r~V := ~Rcm

ע״י נתונה המערכת של הקינטית האנרגיה

T =∑ m

2~V 2 +

∑ m2

(~Ω× ~r

)2+

(∑m~r)︷ ︸︸ ︷

~V × ~R

= M2~V 2 + Trot

Trot := 12∑ijIijωjωi = 1

2~ωt · ←→I · ~ω

Iij =∑

m(r2 · δij − rirj

)=ˆρ (~r)

(r2δij − rirj

)d3r

←→I =

∑m(y2 + z2) −

∑mxy −

∑mxz

−∑mxy

∑m(x2 + z2) −

∑myz

−∑mxz −

∑myz

∑m(x2 + y2)

ע״י אותה להציג ניתן ולכן לכסינה, היא ולכן Iij = Iji כלומר סימטרי, הוא←→I

←→I ′ =

I11 0 00 I22 00 0 I33

79

מימד בתלת קשיח גוף – 16.12.2010 – 10 תרגול 16

.I ′ = R−1IR ולכן (RT = R−1 (כלומר R אורטוגונלית מטריצה ע״י מתבצע הליכסון כאשר

החדשה? המטריצה לפי הקינטית האנרגיה מה

T =(~ωTR

) (R−1IR

) (R−1~ω

)=

(RT ~ω

)T (RT IR) (RT ~ω)= ~ω′t←→I ′~ω′

לכסינה). היא כי קיימת תמיד (היא ראשית מערכת נקראת מלוכסן←→I בה הצירים מערכת

ראשיים? צירים מוצאים איך

הלכסינה. המטריצה את למצוא אפשר .1

ראשי). ציר יהיה תמיד הוא הסימטריה ציר (כי הראשיים הצירים את ״לנחש״ הסימטריה לפי ניתן .2

.In = nT · ←→I n ע״י מוגדר n בכיוון האינרציה מומנט 16.1 הגדרה

לכתוב ניתן לעיל ההגדרה באמצעות

Trot = 12ωntInω = 1

2ω2In

ממכניקה. המוכרת להגדרה זהה זו והגדרה

(L הלגראנג׳יאן (לפי הבעיה של התנ״ז

~L = ∂L∂~ω =

←→I · ~ω

Li =∑jIijωj

לא ~L אז זהים), היחידה שאיברי אלכסונית מטריצה (כלומר סקלרית מטריצה לא הוא←→I אם כללי באופן 16.2 הערה

.~ωל־ מקביל

דוגמאות:

המסה. למרכז ביחס a× b× c מלבנית תיבה של ההתמדה טנזור את חשבו .1

80

מימד בתלת קשיח גוף – 16.12.2010 – 10 תרגול 16

ולכן ρ := mabc היא המסה צפיפות

Ixx =ˆρ(y2 + z2) d3r

= ρˆ a

2

− a2dxˆ b

2

− b2dyˆ c

2

− c2dz(y2 + z2)

= ρaˆdy[y3z + z3

3

] c2

− c2

= ρaˆ (

y2c+ c312

)dy

= ρac[y3

3+ c2

12y] b

2

− b2

= ρabc12

(b2 + c2

)Iyy = ρabc

12(a2 + c2

)Izz = ρabc

12(a2 + b2

)Ixy = −ρ

ˆ a2

a2

dxdydz (xy) = 0

⇒←→I = m

12

b2 + c2 0 00 a2 + c2 00 0 a2 + b2

.I = ma2

6

1 0 00 1 00 0 1

אז a = b = c אם ולכן

במישור אותו סובבו עכשיו רק הגוף, אותו לנו נתון כלומר – המסובבת במערכת האינרציה טנזור את חשבו .2הטרנספורמציה את מבצעים אנו ולכן θ בזווית xy

x′ = x cos θ + y sin θy′ = −x sin θ + y cos θz′ = z

הסיבוב במטריצת להשתמש היא יותר פשוטה דרך אבל האינטגרל, דרך ישירות החדש הטנזור את לחשב ניתןהנ״ל: הטרנספורמציה ע״י המוגדרת

R (θ) =

cos θ − sin θ 0sin θ cos θ 0

0 0 1

ולכן אותו, מסובבת ורק הטנזור גודל את את משמרת היא ניתן ולכן אורטוגונלית, מטריצה כאמור וזוולכן ,~r → ~r′ = R−1 (θ)~r לפי משתנות הקואורדינטות כאשר ,

←→I ′ = Rt (θ)←→I R (θ) הוא החדש הטנזורכי נקבל הראשית המערכת לפי המטריצה של Iii נתונים כאשר

←→I =

Ixx cos2 θ + Iyy sin2 θ (Iyy − Ixx) sin θ cos θ 0(Iyy − Ixx) sin θ cos θ Ixx sin2 θ + Iyy cos2 θ 0

0 0 Izz

81

מימד בתלת קשיח גוף – 16.12.2010 – 10 תרגול 16

.m ומסה l באורך אחיד מוט נתון .3

האינרציה. מומנט את נחשב (א)

בשימוש ולכן לללוח, ״נכנס״ xו־ ״הלוח״ במישור y המוט, ציר דרך עובר zש־ כך צירים מערכת נבחר .iכי נקבל a = l, b = c = 0 עם התיבה במומנט

←→I =

ml212 0 00 ml2

12 00 0 0

ולכן z ציר לבין המערכת) על (המאולץ ~ω הסיבוב ציר בין הזווית בתור α את נסמן

~ω = ω

0sinαcosα

= ωn

n =

0sinαcosα

In = nt←→I n = ml2

12sin2 α

הקינטית. והאנרגיה הזווית התנע את נמצא (ב)

~L =←→I · ~ω

= ml2ω12

1 0 00 1 00 0 0

0sinαcosα

= ml2ω

12sinαy

T = 12~ωt←→I ~ω

= 12Inω2

= 12ml212

ω2 sin2 α

בזמן, משתנה הזוויתי התנע למעשה אז בזמן, משתנה y שציר כיוון אך ,y בכיוון רק הוא Lש־ לב לשיםהמערכת. על מומנט מופעל ולכן

עליה מודבקת כאשר דיסקה שמסובבים כך בטלפון), (למשל רטט ליצור ע״מ הוא זה באפקט שימושציר על מומנט להפעיל צריך הטלפון הדיסקה, את לסובב ע״מ ולכן הסימטריה, את ששוברת מושקלת

רוטט. הטלפון ולכן הסיבוב,

xו־ y וציר הדיסקה, ממרכז היוצא כציר z ציר את ונבחר דיסקה, על נסתכל קשיח. גוף של חופשית תנועה .4הדיסקה. במישור

מהצורה יהיה האינטרציה טנזור של הסימטריה לפי ולראות לחשב ניתן

←→I =

I1 I1I3

82

23.12.2010 – 11 תרגול 17

ולכן α היא zה־ לציר ביחס הסיבוב ציר זווית כאשר ~ω בכיוון הדיסקה את מסובבים עתה

~ω = ω cosαz + ω sinαu

ש־ ומתקיים ~L = const ולכן ~L = 0 ולכן תנ״ז שימור יש ולכן חופשי להסתובב הגוף את משחררים וכעת

~L =←→I · ~ω =

0I1ω sinαI3ω cosα

התנ״ז. של הזווית היא β כאשר tanβ = Ly

Lz = I1I3 tanα אז I1 6= I3 אם

.β < α אז דקה) (דיסקה I3 > I1 ואם β > α (סביבון)אז I3 < I1 אםנקיפה היא ωpו־ ספין), או סחרור (נקרא עצמו סביב סיבוב הוא ωz ולכן ,ω = ωz z + ωpL לכתוב נרצה

(פרצסיה).ברשימות. נמצאות הזוויות מציאת

23.12.2010 – 11 תרגול 17

דרכים: בשתי הגוף תנועת את לתאר אפשר כזכור,

הלגראנג׳אין. את לחשב ועבורם המעבדה במערכת (φ, θ, ψ) אויילר זוויות לפי .1

הגוף. במערכת ~ω לפי אויילר משוואות לפי .2

אויילר משוואות 17.1

(S) המעבדה במערכת ~L תנ״ז של וקטור על )נסתכלd~L∂t

)S

= ~N

(b) המסתובבת הגוף למערכת )עובריםd~Ldt

)S

=

(d~Ldt

)b

+ ~ω × ~L = ~N

dLdt +

∑jk

εijkωjLk = Ni

צ׳יביטה לוי של האנטיסימטרי הטנזור לפי בפיתוח פה השתמשנו

εijk =

1 (i, j, k) = (1, 2, 3) , (3, 1, 2) , (2, 3, 1)−1 (i, j, k) = (1, 3, 2) , (2, 1, 3) , (3, 2, 1)0 Otherwise

ראשית מערכת נבחר

Li = ωiIiI1ω1 − ω2ω3 (I2 − I3) = N1

I2ω2 − ω3ω1 (I3 − I1) = N2

I3ω3 − ω1ω2 (I1 − I2) = N1

83

אויילר משוואות 17.1 23.12.2010 – 11 תרגול 17

מסקנות:

.~ω = 0 ולכן I1 = I2 = I3 מקיים חופשי כדור .1

ω2 = ω3 = 0 ,1 ציר סביב (למשל ראשי ציר סביב רק ייתכן קבוע סיבוב .I1 6= I2 6= I3 סימטרי לא סביבון .2(ω1 6= 0 ורק

היציבות: בדיקת

גיאומטריה לפי .1

E = 12(I1ω2

1 + I2ω22 + I3ω2

3)

1 = L21

2I1E+ L2

22I2E

+ L23

2I3E

כי נובע ולכן L2 = L21 + L2

2 + L23 התנ״ז כדור שני ומצד האנרגיה, אליפסואיד הנקרא

2EI1 ≤ L2 ≤ 2EI3

אלגברית: .2.f (~x0) = 0 שבת נקודת ונחפש ~x = f (x) נגדיר כללי באופן (העשרה:

נכתוב יציבות למצוא בשביל

~x = ~x0 + δ~x

~x0 + δ~x = f (~x0) + d~fd~x

∣∣∣∣∣~x0

· δ~x

δ~x ∼ eλt

λδx = (M) δx

ע״ע.) בעיית וזוL1 סביב אויילר משוואות יציבות נבדוק

ω1 = ω + δω1

ω2 = 0 + δω2

ω3 = 0 + δω3

⇒ δω2 = δω3

a︷ ︸︸ ︷(ω + δω1)

(I3 − I1I2

)δω3 = δω2

b︷ ︸︸ ︷ω (I1 − I2)

I3δω2 = aδω3

=<0︷︸︸︷ab δω2

⇒ δω2 ∼ eiabt

84

אויילר זוויות 17.2 23.12.2010 – 11 תרגול 17

.sinו־ cos של מחזורית תנועה מבצע הוא כי יציב, ω2 ולכן

ולכן ~ω =

δω1ω + δω2δω3

ש־ ונניח L2 סביב סיבוב על נסתכל עתה

δω1 = δω3

c︷ ︸︸ ︷ω (I2 − I3)

I1

δω3 = δω1

b︷ ︸︸ ︷ω (I1 − I2)

I3

δω1 = cδω1 =λ2>0︷︸︸︷bc δω1

δω1 = δω1e±λt

יציב. לא ω2 ולכן

אויילר זוויות 17.2

סיבובים. של ו־3 המסה מרכז תנועת של 3 כללי, באופן חופש דרגות 6 יש,zה־ ציר סביב סיבוב (כלומר Rz (ψ) , Rx (θ) , Rz (θ) הגוף, למערכת המעבדה ממערכת לעבור כדי סיבובים 3 דרושים

החדש). zה־ ציר סביב סיבוב מכאן ולאחר החדש, xה־ ציר סביב סיבוב מכן לאחרמתקיים אלו זוויות בעזרת

ω1 = φ sin θ sinψ + θ cosψω2 = φ sin θ cosψ − θ sinψω3 = φ cos θ + ψ

הטלות. בעזרת זה את להראות וניתן

הלגרנג׳יאן: את נפתח

T = 12(I1ω2

1 + I2ω22 + I3ω2

3)

L = T(φ, θ, ψ, θ, ψ

)+ 1

2M ~R2 − V

כבידה בשדה סימטרי סביבון 17.3

במשטח. נוגעת תמיד שלו המגע שנקודת ההנחה תחת הכובד, כוח בהשפעת סימטרי סביבון של התנועה את נפתחשטיינר: משפט בעזרת נקבל ,d במרחק המגע נקודת סביב הסיבוב עבור ולכן המסה, מרכז סביב המומנט הוא ~Iש־ נניח

I ′2 = I ′3 = I1 +Md2

I ′3 = I3

85

06.01.2011 – 13 תרגול 19

במערכת כדוריות בקואורדינטות ההטיה זוויוות גם והיא אויילר זווית גם היא θ הסביבון של ההטייה שזווית לב נשיםולכן המעבדה

L = I ′1(θ2 + sin2 θφ2

)+ 1

2I3(φ cos θ + ψ

)2−Mgd cos θ

ו־ תנועה קבועי הם ולכן ציקליות הן ψ, φ

Pφ = ∂L∂φ

= Lz

Pψ = ∂L∂ψ

= L3

.θו־ θב־ רק תלויה האנרגיה ולכן Pφ, Pψ בעת האנרגיה את להביע וניתןהיא האפקטיבית האנרגיה

E = E − Pψ2I3

= 2I ′1θ2 +

Veff (θ)︷ ︸︸ ︷(Pφ − Pψ cos θ)

2I ′1 sin2 θ+Mgd cos θ

ואז Pφ ' Pψ אז θ ' 0 כאשר

Veff =P 2φ

2I ′1·

θ2︷ ︸︸ ︷(1− cos θ)

sin2 θ+mgd

1− θ22︷︸︸︷cos θ

'

>0︷ ︸︸ ︷( I23

2I ′1ω2

3 −mgd

2

)θ2

הוא התנאי כלומר יציבות, יש אז מאפס גדול המקדם כאשר

ω23 > 4mgd I

′1I23

מעודכנות. לא הרשימות הקורס באתר כאשר שלו, באתר מתעדכנות המרצה של הרשימות 17.1 הערה

סוכם לא – 12 תרגול 18

06.01.2011 – 13 תרגול 19

קנוניות טרנספורמציות 19.1

הימלטוניאן בהינתן כלומר .(Q,P ) אחר פאזה למרחב לעבור ונרצה מסויימות בקואורדינטות (q, p) פאזה מרחב נתון

. ˙P = −∂H′∂Q ו־ Q = ∂H′∂P ש־ כך H ′ (Q,P, t) למצוא נרצה אז p = −∂H∂q ו־ q = ∂H

∂p ש־ Hכך (q, p, t)פואסון. סוגרי (2 טרנספורמציה יוצרת פונקציה (1 קנונית: היא שטרנספורמציה לבדוק דרכים שני נראה

H ′ (Q,P ) ש־= מתקיים אם למשל הבעיה, את לפשט ע״מ הוא הקואורדינטות מעבר את לבצע שנרצה הסיבות אחתקל שאותה לבעיה עברנו אז יעקובי) המילטון (משואת H ′ (Q,P ) = 0 או (AA – זווית פעולה משתנה (נקרא H (P )

ההופכית. הטרנספורמציה ע״י המקורית למערכת לחזור נוכל ואז לפתור,

86

קנוניות טרנספורמציות 19.1 06.01.2011 – 13 תרגול 19

טרנספורמציה יוצרת פונקציה 19.1.1

קנונית. היא הטרנספורמציה אז טרנספורמציה יוצרת פונקציה קיימת אם

דרכים: במספר והחדשים) המקוריים המשתנים את (המכילה F (q, p,Q, P ) פונקציה נגדיר

נגדיר F1 (q,Q) עבור .1

p = ∂F1∂q , P = −∂F1

∂Q

נגדיר F2 (q, P ) עבור .2

p = ∂F2∂q ,Q = ∂F2

∂P

נגדיר F3 (p,Q) עבור .3

q = −∂F3∂P , P = −∂F3

∂Q

נגדיר F4 (p, P ) עבור .4

q = −∂F4∂p ,Q = ∂F4

∂P

.H ′ = H + ∂F∂t הוא החדש ההימלטוניאן F בהינתן

כי להתקיים צריך למעלה המעברים לפי אז F2 = qP נניח דוגמא:

p = ∂F2∂q = P

Q = ∂F2∂P = q

זהות). טרנספורמציית תהווה F3 = −pQ גם אופן (באותו הזהות טרנספורמציית זו כלומר

אז F4 (p, P ) = −peP דוגמא:

q = −∂F4∂p = eP ⇒ P = ln q

Q = ∂F4∂P = −peP ⇒ Q = −pq

ולכן

H ′ (Q,P ) = H (q (P,Q) , p (Q,P ))

87

קנוניות טרנספורמציות 19.1 06.01.2011 – 13 תרגול 19

טרנספורמציה). יוצרת פונקציה קיימת (כלומר קנונית טרנספורמציה היא Qi = piו־ Pi = −qi ש־ נראה דוגמא:להתקיים צריך ולכן הטרנספורמציה את תקיים F1 (q,Q) של מהצורה שמשוואה ננחש

p = ∂F1∂q = Q

P = −∂F1∂Q = −q

⇒ F1 = Qq

.H ′ = Q2

2 + V (−P ) אז H = p22 + V (q) אם

פואסון סוגרי 19.1.2

.[f, g]q,p = [f, g]Q,P ש־ מתקיים f, g פונקציות שתי לכל אם״ם קנונית היא טרנספורמציה 19.1 טענה

לחשב מספיק פרקטי באופן

[Pi, Pj ]qp = 0[Qi, Qj ]qp = 0[Qi, Pj ]qp = δij

ש־ מתקיים כי מספיקה? הזו הבדיקה מדוע

[f (Q) , q (P )]qp = f ′q′ [Q,P ]qp

מתקיימת. שהטענה לבדוק בשביל מתנהגים החדשים המשתנים איך לראות מספיק ולכן

החדשה: בדרך קנונית טרנספורמציה היא Q = pו־ P = −qש־ שוב נבדוק דוגמא:

[Q,P ]qp = [q,−p]qp = − [−q, p]qp = [q, p]qp = 1

כללי באופן

[Q,P ]qp = ∂Q∂q

∂P∂p −

∂Q∂p

∂P∂q

= det

(∂Q∂q

∂Q∂p

∂P∂q

∂P∂p

)= |J | = 1

לאחד. שווה היא אם״ם קנונית היא ולכן הטרנספורמציה, של ליעקוביאן שווה כלומר

.|J | = 1 מתקיים (~q, ~p)→(~Q, ~P

)כלשהי קנונית טרנספורמציה 19.2 הערה

הפאזה. במרחב הנפח נשמר קנוניות טרנספורמציות תחת – ליוביל משפט היא הגיאומטרית המשמעות

88

יעקוב ־ המילטון 19.2 06.01.2011 – 13 תרגול 19

יעקוב ־ המילטון 19.2

.P = const = α (q, p)ו־ Q = const = β (q, p) אז H → H ′ = ו־0 (q, p)→ (Q,P ) טרנספורמציה נתונה

F2 (q, P, t) = S (q, α, t)α = const⇒ = S (q, t)

הנ״ל. S את למצוא ונרצה

הן S עבור הטרנספורמציה משוואות

p = ∂S∂q

Q = ∂S∂P ⇒ β = ∂S

∂αH → H ′ (Q,P, t) = H

(q, ∂S∂q , t

)+ ∂S∂t

!= 0

פעולה. נקראת Sו־ יעקובי, המילטון משוואות היא H(q, ∂S∂q , t

)+ ∂S∂t = 0 כאשר

:S (q, t) הסקלרית לפונקציה חלקית דיפרנציאלית משוואה מתכון:

חלקית דיפרנציאלית משוואה נרשום H (q, p, t) בהינתן .1

H(q, ∂S∂q , t

)+ ∂S∂t = 0

. ∂S∂q

∣∣∣0

= p ו־(0) q (0) ההתחלה/השפה תנאי ועם הנ״ל, יעקובי המילטון משוואת את לפתור .2

.p = ∂S∂q = p (q, t, α) את נמצא .3

.β = ∂S∂α את נמצא .4

בחזרה הצבה .5

α (q, p, t) , β (q, p, t)→ q (α, β, t) = q (t) , p (α, β, t) = p (t)

הבאה: המערכת את נפתור דוגמא:

H = p2

2m −matqp (0) = mv0

q (0) = 0

הישירה: בדרך וגם יעקובי המילטון ע״י גם נפתור

המתכון: לפי נעבוד .1

89

יעקוב ־ המילטון 19.2 06.01.2011 – 13 תרגול 19

הדיפרנציאלית המשוואה את נרשום (א)

H(q, ∂S∂q , t

)+ ∂S∂t = 0

⇒ 12m

(∂S∂q

)2−matq + ∂S

∂t = 0

S = f (t) q + g (t) נציב הצבה. או משתנים הפרדת ע״י כזאת מערכת לפתור ניתן (ב)

12mf (t)2 −maqt+ q dfdt + dg

dt = 0

אז תמיד להתקיים צריכה שהמשוואה וכיוון ,qב־ תלויים הלא ואיברים qב־ התלויים לאיברים נפריד

12mf2 + dg

dt = 0

−mat+ dfdt = 0⇒ f ′ = mat⇒ f = 1

2mat2 + α

⇒ g′ = − 12m

(mat22

+ α)2

g = − 12m

(m2a2t520

+ maαt33

+ α2t+ c)

ולכן cמ־ להתעלם ניתן אז יפול) הקבוע בגזירה (כי קבוע כדי עד שקולות הן יוצרות שפונקציות כיוון

g = −ma2t5

40− aαt3

6− α2

2mt

את מצאנו ולכן

S = qf + g =(mat2

2+ α

)q − ma2t5

40− aαt3

6− α2

2mt

ולכן (α קבוע פרמטר עם (כלומר s (q, t;α) כעל הפונקציה על נחשבו (ג)

p = ∂S∂q = mat2

2+ α

ואז התחלה תנאי נציב

mv0 = p (0) = α

(ד)

β = ∂S∂α = q − at3

6− αtm

ההתחלה). תנאי לפי q (0) = 0 (כאשר β = 0 ולכן t = 0 כאשר גם קבוע הוא אז קבוע, βש־ כיוון

90

13.01.2011 – 14 תרגול 20

(ה)

q = β + at36

+ αtm = at3

6+ v0t

p = mat22

+ α = mat22

+mv0

ישיר: באופן נפתור .2

q = ∂H∂p = p

m

p = −∂H∂q = mat

⇒ p = mat22

+ C p(0)=mv0⇒ C = mv0

q = mat36

+mv0t

13.01.2011 – 14 תרגול 20

יעקובי המילטון במשוואת משתנים הפרדת 20.1

ולכן H ′ (Q;α) = 0 אז H (~q, ~p, t)ו־ F2 = S (~q, t;α) אם תזכורת:

H(~q, ∂S∂~q , t

)+ ∂S∂t = 0

על נסתכל עתה

S = S1 (q1, t;α) + S2 (q2, t;α) + . . .+ Sn (qn, t;α)

משוואות nל־ תתפרק יעקובי המילטון משוואות

Hi

(qi,

∂Si∂qi

, t)

+ ∂Si∂t = αi

∂S∂t = ∂S

∂~q · ~q + ∂S∂t = p · q −H = L

S =ˆL · dt

האנרגיה. והוא שמור H אז בזמן תלוי לא H אם

נקבל H(~q, ∂S∂~q , t

)+ ∂S

∂t = ב־0 הצבה ע״י ולכן S = W − α1t ע״י W את נגדיר

H(~q, ∂W∂~q

)= E

91

יעקובי המילטון במשוואת משתנים הפרדת 20.1 13.01.2011 – 14 תרגול 20

.W =´pqdt =

´pdq המקוצרת הפעולה היא W ו־ α1 ≡ E ולכן

הם הקוודרטורות

Wi =ˆ ∂Wi

∂qidqi

הכללי והפתרון

W =∑

Wi

S = W + Et

.θ = ϕו־ ρ =√ξηו־ z = ξ−η

2 ע״י גליליות) (בקואורדינטות מוגדרות (ξ, η, ϕ) פרבוליות קואורדינטות דוגמא:ואז (ρ, ϕ, z) עבור המילטונייאן נרשום

r2 = ρ2 + z2 ⇒ V = a (r + z) + b (r − z)2r

ds2 = ξ + η4

(dξ2

ξ + dη2

η

)+ ξηdϕ2

היא הקינטית והאנרגיה

T = m2~v2 = m

2

(d~sdt

)2

= m2

(ξ + η

4

(ξ2

ξ + η2

η

)+ ξηϕ2

)עתה

r2 = z2 + ρ2 = ξη + 14

(ξ − η)2

r = 12

(ξ + η)

r + z = 12

(ξ + η) + ξ − η2

= ξr − z = η

הפוטנציאלית והאנרגיה

V = a (ξ) + b (η)ξ + η

לגראנג׳יאן לכתוב נוכל ועתה

L = m2

(ξ + η

4

(ξ2

ξ + η2

η

)+ ξηϕ2

)− a (ξ) + b (η)

ξ + ηצמודים תנעים נמצא

pξ = ∂L∂ξ

= mξ + η4· ξξ

pη = ∂L∂η = mξ + η

4ηη

pϕ = ∂L∂ϕ = mξηϕ

92

פעולה זווית משתני 20.213.01.2011 – 14 תרגול 20

ולכן

H = ξpξ + ηpη + ϕpϕ − L

= 2m (ξ + η)

(ξp2ξ + ηp2

η)

+p2ϕ

2mη + a (ξ) + b (η)ξ + η

משתנים. הפרדת עם יעקובי המילטון משוואות את נפתור

W = Wξ +Wη +Wϕ

ציקלית). קואורדינטה לכל (נכון Wϕ = pϕϕ ולכן ציקלית היא ϕש־ להתקיים צריך

H(ξ, η, ∂Wξ

∂ξ , ∂Wη

∂η , ∂Wϕ

∂ϕ

)= E

⇒ ϕm (ξ + η)

(ξ(∂Wξ

∂ξ

)2+ η

(∂Wη

∂η

)2)+

p2ϕ

2mξη + a (ξ) + b (η)ξ + η = E

ϕξ(∂Wξ

∂ξ

)2+ ϕη

(∂Wη

∂η

)2+ma (ξ) +mb (η) +

p2ϕ (ξ + η)

2ξη = Em (ξ + η)(ϕξ(∂Wξ

∂ξ

)2+ma (ξ)− Emξ +

p2ϕ

2ξ

)+

(ϕη(∂Wη

∂η

)2+mb (η)− Emη +

p2ϕ

2η

)= 0

f (ξ) + g (η) = 0

אינטגרציה ע״י נפתור כזו משוואה וכל השוויון שייתקיים ע״מ g (η) = −βו־ f (ξ) = β אז ב״ת שהם וכיוון

Wξ =ˆξ

√mE

2−pϕ2

ξ −ma (ξ)

2ξ + β2ξ dξ

Wη =ˆξ

√mE

2−pϕ2

η −mb (η)

2η − β2η dη

בקואורדינטות ספריבילי הוא קפלר ולכן b (η) = ו־1 a (ξ) = 1 אז V = −kr ו־ קפלר בעיית הייתה זו אםפרבוליות.

פעולה זווית משתני 20.2

שונות). קצת המשוואות שאר גם ולכן 12π אין ביטוי באותו (בגולדשטיין J = 1

2π¸pdq להיות מוגדרת פעולה 20.1 הגדרה

אז (~α תנועה קבועי n יש (כלומר להפרד ניתנת H אם

J = 12π

ˆ ∂Wi

∂qidqi = Ji (~α)

.(~J, ~θ)← H (~q, ~p) להגדרי וניתן E = H (J1, . . . , Jn) ולכן

J = −∂H∂θ = 0

θ = ∂H∂J = ω (J)

⇒ θ (t) = ω (j) t+ θ0

93

פעולה זווית משתני 20.213.01.2011 – 14 תרגול 20

.H = p22m + kq2n

2n עבור H (J) למצוא דוגמא:

נחשב פתרון:

J = 12π 2ˆ q0

−q0

√2mE − kmq2n

n dq

= 1π√

2mEˆ q0

−q0

√1− kq2n

2nE dq

x = 2n

√k

2nE q ⇒ =√

2mEπ ·

(2nEk

) 12nˆ 1

−1

√1− x2ndx

J = Cn√mk− 1

2nE n+12n

E = H (J) = dnm−nn+1 k 1

n+1 J 2nn+1

⇒ ω (J) = ∂H∂J = 2n

n+ 1dn( kmn

) 1n+1

J n−1n+1

נקבל הרמוני) (אוסילטור n = 1 עבור אז

ω (j) ==1︷︸︸︷d1

√km

ב״ת לא הוא ~Rש־ לב נשים כאשר ,E, ~L, ~R תנועה וקבועי 6 בגודל הוא הפאזה מרחב קפלר. בעיית על נסתכל דוגמא:מימדי. חד הוא התנועה מסלול ולכן תנועה קבועי 5 קיבלנו ולכן ב״ת כיוונו רק אלא ~Lו־ Eב־

E = D(Jr+Jθ+Jϕ)2 מתקיים כי מקודם) שהוגדר האינטגרל לפי לחשבם (שניתן Jr, Jθ, Jϕ באמצעות להראות אפשר

ואז

ωr = ωθ = ωϕ = ∂H∂Jr

= 2D(Jr + Jθ + Jϕ)

.E = −mk2

2J23

ואז J3 = Jr + Jθ + Jϕ ש־ כך (J1, J2, J3) ל־ (Jr, Jθ, Jϕ)מ־ לעבור ניתן ולכן

94