klasicna mehanika 1

Klas Kl asiˇ iˇ cna me cna meha hanika nika 1

T. Nikˇsi´c

c   Draft date January 21, 2009 

Sadrˇ za j Sad adrˇ rˇza j

i

1 Zakoni saˇ cuvanja cuvanja

3

1.1

Sile med me d¯u ¯u ˇcesticama cesti cama

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Tre´ ci Newtonov ci Newtonov zakon zakon . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2 1.1 .2

Zatv Zat vore oreni ni sus susta tav v . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2 Koliˇcina cina gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2.1 1.2 .1

Saˇcuvanje cuvanje koliˇcine cine gibanja giba nja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

1.2.2 1.2 .2

Cent Ce ntar ar mas masee sus susta tav va . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.3 Moment koli koliˇˇcine cine gibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.44 En 1. Ener ergi gija ja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 1.4. 1. 4.11

Poja ojam m ra rada da . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.4.2

Konzervativni Konzerv ativni sistem sistem jedne ˇcestice cestice . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.4.3

Konzervativni Konzerv ativni sistem sistem dviju ˇcestica  cestica   . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2 Gib Giban anje je u jedn jednoj oj dimenzi dimenziji ji

25

2.1 Konze Konzerv rvativn ativnii susta sustavi vi   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.2 Gib Gibanj anjee u me medij diju u s otpor otporom om   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3 Cen Centra tralne lne sil sile e 3.1

41

Saˇcuvanje cuvanje momenta koliˇcine cine gibanja g ibanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.2 Ekvi Ekviv valen alentni tni jednodime jednodimenzion nzionalni alni potenci potencijal jal   . . . . . . . . . . . . . . . 42 3.3 Diferencijalna jednadˇ zba orbite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 zba i

ii

 

ˇ SADR ZAJ 

3.4 Raˇcun cun smetnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 3.4.1

Stabilne i nestabilne kruˇzne zne orbite . . . . . . . . . . . . . . . . 75

3.4.2

Male oscilacije oscilacije oko oko kruˇ kruˇzne zne orbite . . . . . . . . . . . . . . . . 76

3.4.3 3.4 .3

Zatv Zat vore orene ne orb orbite ite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

4 Kep Kepler lero ov pro proble blem m

89

4.1 Pro Proble blem m dv dvaju aju tij tijela ela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89 4.2 Anali Analiza za Kepl Keplero erovog vog potenc potencijala ijala . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93 4.2.1

Kruˇznica znica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 94

4.2. 4. 2.22

Elip El ipsa sa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

4.2. 4. 2.33

Par arabo abola la i hipe hiperbo rbola la . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

4.3 Izv Izvod od orbite orbite u Keple Keplerov rovom om potencija potencijalu lu . . . . . . . . . . . . . . . . . 96 4.4 Omed ¯ene orbite u Keplerov ¯ene Keplerovom om potencijalu . . . . . . . . . . . . . . . 98 4.4.1

Prvaa kozmiˇ Prv kozmiˇcka cka brzina  brzina   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

4.4.2

Eliptiˇ cne putanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 cne

4.4.3 4.4 .3

Prvii Kep Prv Kepler lerov ov zak zakon on . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

4.4.4

Tre´ci ci Keplerov Keplerov zakon zakon   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 100

4.4.5

Newtono New tonov v zak zakon on grav gravitaci itacije je . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

4.4.6 4.4 .6

Degene Deg enerir rirana ana eli elipsa psa   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

4.5 Neomed ¯ene orbite u Keplerovom ¯ene Keplerovom potencijalu . . . . . . . . . . . . . . 118 4.5.1

Druga kozmi kozmiˇˇcka cka brzina  brzina   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 118

4.5. 4. 5.22

Giban Gi banje je po hipe hiperbo rboli li . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

4.6 Giban Gibanje je u Coulom Coulombov bovom om potenci potencijalu jalu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 126 4.6.1

Usporedba Uspore dba privlaˇ privlaˇ cnog i odbojnog potencijala cnog potencijala   . . . . . . . . . . 127

4.6.2 4.6 .2

Orbit Or bitee u odbojnom Coul Coulom ombov bovom om potenc potencija ijalu lu . . . . . . . . . 12 127

5 Varij arijacio acioni ni postupa postupak k

131

5.1 Form ormulaci ulacija ja varijac varijacionog ionog princ principa ipa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 131 5.1.1

Osnove Osno ve varijac arijacionog ionog postupk postupkaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

5.1.2

Primjer: udaljenost dvije toˇcke cke u ravnini ravnini . . . . . . . . . . . . 133

ˇ SADR ZAJ 

5.1.3

iii Viˇsedimenzionalni sedimenzionalni konfiguracioni prostor . . . . . . . . . . . . 138

5.2 Ham Hamilt iltono onov v pri princi ncip p . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 0 5.3 Primjena Hamiltonov Hamiltonovog og principa: slobodna slobo dna ˇcestica  cestica  . . . . . . . . . . . 14 141 5.4 Primjena Hamiltonovog Hamiltonovog principa: principa: ˇcestica cestica u centralnom centralnom polju . . . . . 142 5.5 Veze i efek efektivni tivni potenc potencijali ijali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 5.66 Ti 5. Tipo povi vi vez ezaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 5.6.1 5.6 .1

Holono Hol onomne mne vez ezee   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

5.6.2 5.6 .2

Nehol Ne holonom onomne ne ve veze ze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 148

6 Kr Krut uto o ti tije jelo lo

167

6.1 Ortog Ortogonalne onalne trans transforma formacije cije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 167 6.1.1 6.1 .1

Primje Pri mjer: r: rotacij rotacijaa u rav ravnin ninii   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

6.1.2

Svojstv Sv ojstvaa ortogo ortogonalnih nalnih trans transformac formacija ija . . . . . . . . . . . . . . 171

6.1.3 6.1 .3

Primje Pri mjer: r: rotacij rotacijee u rav ravnin ninii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

6.1.4

Einsteino Eins teinov va konv konvenci encija ja o sumac sumaciji iji . . . . . . . . . . . . . . . . 174

6.1.5 6.1 .5

Levi-C Lev i-Civi ivita ta sim simbol bol . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

6.2 Kut Kutna na brz brzina ina krut krutog og tije tijela la . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 176 6.3 Eul Eulero erovi vi kut kutev evii . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 6.3.1 6.3 .1

Kutna Kut na brzin brzinaa i Eule Eulero rovi vi kute kutevi vi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 186

6.4 Tenz enzor or ine inerci rcije je . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 188 6.4.1

Kinetiˇ cka energija krutog tijela cka tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . 188

6.4.2 6.4 .2

Definic Defi nicija ija te tenzo nzora ra trom tromost ostii   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

6.4.3 6.4 .3

Steine Ste inero rov v teo teorem rem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

6.4.4 6.4 .4

Svojstv Sv ojstvaa tenz tenzora ora tro tromos mosti ti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

6.4.5 6.4 .5

Glavn Gla vnee osi osi tenz tenzora ora tro tromos mosti ti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 195

6.5 Mome Moment ntii inercij inercijee geomet geometrijsk rijskih ih tijela tijela . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 211

A Koordi Koordinatni natni susta sustavi vi

223

A.1 Karte Kartezije zijev v susta sustav v . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 223 A.1.1 Brzi Brzina na u Kartez Kartezijev ijevom om sustav sustavu u . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 4

iv

 

ˇ SADR ZAJ 

A.1.2 Ubrz Ubrzanje anje u Karte Kartezije zijevom vom susta sustavu vu . . . . . . . . . . . . . . . . 22 225 A.1.3 Momen Momentt koliˇcine cine gibanja u Kartezijev Kartezijevom om sustavu . . . . . . . 22 225 A.2 Cilindriˇcni cni sustav   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225 A.2.1 Brzina u cilindriˇcnom cnom sustavu . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 A.2.2 Ubrzanje u cilindriˇcnom cnom sustavu  sustavu   . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 230 A.2.3 Moment koliˇcine cine gibanja g ibanja u cilindriˇ cilin driˇcnom cnom sustavu . . . . . . . . 231 A.3 Sfe Sferni rni sus susta tav v . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 31 A.3.1 A.3 .1 Brz Brzina ina u sfern sfernom om susta sustavu vu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 236 A.3.2 Ubrz Ubrzanje anje u sfernom sfernom sust sustavu avu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237 A.3.3 Momen Momentt koliˇcine cine gibanja u sfernim koordinatama . . . . . . . 23 239

B Vekto ektori ri

241

B.1 Alg Algebr ebraa vek vektor toraa   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241 B.1.1 B.1 .1 Osn Osnov ovne ne oper operaci acije je . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241 B.1.2 B.1 .2 Sk Skalar alarni ni prod produkt ukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242 B.1.3 Vekto ektorski rski produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24 243 B.2 Vekto ektorsk rskee funkc funkcije ije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244 B.2.1 Deriv Derivacija acija ve vektors ktorske ke funkc funkcije ije   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244 B.2.2 Int Integral egral ve vektors ktorske ke funk funkcije cije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245 B.3 Linij Linijski ski int integral egral   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 246 B.4 Konze Konzerv rvativn ativnoo polje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 251

C Pol Polarni arni koordin koordinatni atni sustav sustav

255

C.1 Defin Definicija icija polarnog polarnog koordinatn koordinatnog og sustav sustava . . . . . . . . . . . . . . . . 25 255 C.2 Kriv Krivulje ulje u polarnim polarnim koordinata koordinatama ma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 256 C.2.1 C. 2.1 Pra Prav vac (I) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 256 C.2.2 C. 2.2 Pra Prav vac (II) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256 C.2.3 C. 2.3 Pra Prav vac (III) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 C.2.4 Kruˇznica znica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 257 C.2.5 Arhim Arhimedo edov va spir spirala ala   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 258

ˇ SADR ZAJ 

1

C.2.6 C.2 .6 Hipe Hiperbol rbolna na spi spiral ralaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259 C.2.7 Logari Logaritamsk tamskaa spira spirala la . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 259 C.3 Koniˇcne cne krivulje u polarnim koordinatama   . . . . . . . . . . . . . . . 260 C.3.1 Kruˇznica znica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 262 C.3. C. 3.22 El Elip ipsa sa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 262 C.3. C. 3.33 Par arabo abola la   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265 C.3. C. 3.44 Hi Hiper perbol bolaa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265 C.4 Asimp Asimptote tote krivulj krivuljee u polarnim koordinat koordinatama ama   . . . . . . . . . . . . . . 26 266 C.4.1 C.4 .1 Asi Asimpt mptote ote hipe hiperbol rbolee . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 267

D Ploˇsni sni integr integrali ali

271

D.1 Ploˇsni sni integrali u Kartezijevim koordinatama . . . . . . . . . . . . . . 271 D.1.1 Prav Pravokutno okutno po druˇcke cke integracije integracije . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 271 D.1.2 D.1 .2 Op´cenito ceni to podruˇ po druˇcje cje integracij integr acijee . . . . . . . . . . . . . . . . . . 275 D.2 Gree Greenov nov teore teorem m   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 0 D.2.1 Ilust Ilustracij racijaa Greeno Greenovog vog teore teorema ma   . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281 D.3 Ploˇsni sni integrali u polarnim p olarnim koordinatama  koordinatama   . . . . . . . . . . . . . . . . 28 286

Literatura

291

2

 

ˇ SADR ZAJ 

Poglavlje 1 Zako kon ni saˇ cuvan vanjja 1.1 1.1.1

Sile Si le med me d ¯u ˇ ¯u cestica cest icama ma Tre´ ci Newtonov ci Newtonov zakon

Tre´ci ci Newtonov Newt onov zakon za kon (zakon (za kon djelovanja djel ovanja i protudj pro tudjelovanja elovanja)) glasi: glas i: dva tijela tijel a med¯usobn ¯us obnoo  ij djeluju djel uju jedno na drugo silama jednakog jednakog iznosa, ali suprotnog suprotnog smjera. Ak Akoo je F  ij  sila   ji  sila kojom i kojom j kojom -ta ˇcestica cesti ca djel djeluje uje na na i -tu ˇcesti ces ticu, cu, a F  kojom i-ta -ta ˇcestica cesti ca djel djeluje uje na na j -tu  j-ta  i-tu  j-tu ˇcest ce stiicu  ij   ji .   (1.1) F  F  ij =

−

Sile za koje vrijedi 3. Newtonov zakon zovemo sile med ¯udjelovanja. Za njih vrijedi ¯udjelovanja.  ij F  ij i

  ji F 

j

 ij Slika 1.1: j -ta ˇcestica cestica djeluje na i-tu ˇcesticu cesti cu silo silom m F  cestica djeluje na cestica ij , dok i-ta ˇ   ji . Pritom vrijedi F   ij   ji . -tu silom F   j-tu  j F  ij =

−

i princip superpozicije: sila na sv svaku aku pojedinu p ojedinu ˇcesticu cesticu je vektroski zbroj sila od o d svih preostalih preostal ih ˇcestica. cestica. Poseban sluˇcaj ca j predstavlja ju centralne sile koje leˇze ze na spo jnici ˇcest ce stic ica. a. 3

ˇ POGLA POG LAVLJ VLJE E 1. ZAK ZAKONI ONI SACUVANJA

4  ij F  ij

  ji F 

i

j

ˇ Slika 1.2: Cestice med¯udjeluju ¯udjelu ju centralnom silom.

1.1.2 1.1 .2

Zatvo Zat vore reni ni sus susta tav v

 i  ukupnu silu na i Oznaˇ Oz naˇcimo ci mo s F  na  i-t -tu u ˇcest cestic icu u n



 i  = F 

 ij F  ij .

 

(1.2)

 j=1(  j =1( j =i)



Ako su s u u pretho prethodnu dnu sumu su mu ukljuˇ u kljuˇcene cene sve ˇcestice cestice u inercijalno i nercijalnom m sustavu, tada sustav zovemo zatvo zatvoreni renim. m. Na Najˇ jˇceˇ ceˇs´ s´ce ce sust sustav av dije dijelim limoo na po podsus dsustave tave I  i I I , a silu na i-tu ˇcesticu cesticu rastavljam rastavljamoo na dva doprinosa dop rinosa  i  = F 



 ij  ′ F  ij  + F i .

 

(1.3)

 j I ( j =i)

∈ 

Prvi doprino doprinoss potj potjeˇ eˇce ce od ˇcestica cestica iz po podsustava dsustava I , dok ukupni doprinos podsustava   zovemo vanjska sila. I I  zovemo

1.2 1.2.1 1. 2.1

Koliˇ cina gibanja cina Saˇ cuvanje koliˇ cuvanje cine gibanja cine giba nja

Koliˇcinu cinu gibanj gibanjaa sustava od n   ˇcestica cestica definiram definiramoo kao sumu koliˇcina cina gibanja svih po jedi jedinih nih ˇcestica cest ica     (1.4) P  mi ˙ri .

  ≡  ≡ i

Vremenska promjena ukupne koliˇcine cine giban gibanja ja glasi ˙   = P 



mir¨i .

 

(1.5)

i

Uvrstimo Newtonovu jednadˇzbu zbu gibanja

⇒ P  ˙ =

 i  = mi r¨i  = F 

 i

 i . F 

 

(1.6)

ˇ 1.2. 1. 2. KOL OLI  I CINA GIBANJA

5

 i′ i silu med¯udjelovanj Silu na i na  i-tu -tu ˇcesticu cest icu moˇzemo zemo rastaviti rast aviti na sumu vanjske sile F  ¯ud jelovanjaa s osta ostalim lim ˇcesticama cesti cama  ˙ =  i′ +  ij   (1.7) P  F  F  ij .

    ⇒  i

 j =i



Indekse u desnoj sumi moˇzemo zemo zamijeniti bez b ez promjene rezultata



 ij F  ij =

i,j((i= j i,j  j))

  ji  = F 

i,j((i= j i,j  j))



i,j((i= j i,j  j))





1  ij F  ij = 2



 ij   ji . F  ij  + F 

i,j((i= j i,j  j))



 

(1.8)

Uz pretpostavku da vrijedi 3. Newtonov zakon  ij   ji  = 0, F  ij  + F 

 

(1.9)

vremenska promjena koliˇcine vremenska cine gibanja sistema jednak jednakaa je zbroju zbro ju vanjskih sila koje djeluju na sistem. Ukupna koliˇcina cina gibanja zatvorenog sistema je saˇ s aˇcuvana cuvana ˙   = 0. P 

1.2.2 1.2 .2

 

(1.10)

Cen Ce ntar ma mase se sus susta tav va

Centar mase sistema n  ˇcesti ces tica ca defi definir niram amoo na slj sljede´ ede´ci ci naˇcin cin rcm  =



n ri i=1 mi . n m i i=1

 

(1.11)

Moˇzemo zemo pokazati da definicija d efinicija centra mase ma se ne ovisi o izboru izb oru isho ishodiˇ diˇsta sta koordin koordinatnog atnog sustava. Pretpostavimo da smo koordinatni sustav translatirali za konstantni vektor   l miri′ mi (ri +   l) miri   ′ = = + l.   (1.12) rcm  = mi mi mi Centar mase u translatiranom sustavu

  



′  =  =  rcm  rcm  +   l.

 

(1.13)

Centar mase tijela je uvijek na istom mjestu u tijelu, bez obzira na ishodiˇste Centar ste koordinatnogg sustava. Koliˇcina dinatno cina gibanja sustava   = P 

 i

     ⇒ 

d mi ˙ri  = dt

miri  =

mi

i

i

d dt

i

miri i mi

(1.14)

Prepoznamo Prepo znamo definiciju pol poloˇ oˇzaja za ja centra mase   = P 

mir˙cm  =

i

˙   = P 

mir¨cm ,

i

 

(1.15)

ˇ POGLA POG LAVLJ VLJE E 1. ZAK ZAKONI ONI SACUVANJA

6

Slika 1.3: Cent Centar ar mase tijela se uvijek nalazi u istoj toˇcki cki tijela bez b ez obzira na izbor ishodiˇ isho diˇsta sta koordin koordinatnog atnog sustava. a zatim iskoristimo jednadˇzbu zbu gibanja ˙   = P 



   ⇒ mi r¨cm  =

 i′ = F 

i

i

 i′ . F 

 

(1.16)

i

Centar mase tijela giba se kao da je sva masa tijela koncentrirana u njemu. Ako na tijelo ne djeluju vanjske sile centar mase tijela giba se jednoliko po pravcu.

1.3

Moment koli koliˇ ˇ cine gibanja cine

Moment Mom ent kol koliˇ iˇcine cin e giba g ibanja nja za jednu j ednu ˇcestic ces ticu u s ob obzir zirom om na toˇ t oˇcku O cku  O definiran  definiran je relacijom   = r M 

× p p =   = m  mr × r. r˙.

 

(1.17)

Moment koli Moment koliˇˇcine cine gibanja za sustav od n   cestica cˇestica definiram definiramoo kao sumu momenat momenataa koliˇcine cine gib gibanja anja svih po jedi jedinih nih ˇcestica cest ica n

  = M 



ri

i=1

× m r˙ .

 

i i

(1.18)

Vremenska promjena ukupnog momenta koliˇcine cine gibanj gibanjaa ˙   = M 

n

n

  ×    × × r˙i

i=1

mr˙i +

i=1

0

ri

× m r¨ . i i

 

(1.19)

Doprin os lijevog Doprinos l ijevog ˇclan clan propad propadaa jer vrijedi a a  = 0. Uvrstimo Newtonovu jednadˇzbu zbu gibanja n ˙    i ,   (1.20) M  = ri F  i=1

ˇ 1.3. 1. 3. MO MOME MENT NT K KOLI  OLI CINE GIBANJA

7

Slika 1.4: 1.4 : Vektori pol poloˇ oˇzaja za ja (r ) i impulsa (  ( p p otrebni za definiciju momenta koliˇcine cine  p)  ) potrebni gibanja. a zatim silu na i na  i-tu -tu ˇcesticu cesticu rastavimo na vanjsku silu i silu med¯udjelovanja ¯udjelovanja s ostalim ˇcest ce stic icam amaa n n ˙   ij  ′   (1.21) M  = ri F  ij  + F i .

 × i=1



 j=1  j =1=i



Oznaku indeksa sumacije moˇzemo zemo zamijeniti bez b ez promjene rezultata

 ×    ×   n

n

n

n

 ij F  ij  =

ri

i=1

  ji . F 

r j

 j=1  j =1

 j=1  j =1=i



 

(1.22)

i=1= j



Stoga vrijedi

 ×      × n

n

 ij F  ij

ri

i=1

 j=1  j =1=i



1  = 2

n

n

ri

 ij F  r j ij  + 

i=1  j  j=1 =1=i



×



  ji . F 

 

(1.23)

Sada pretpostavimo da vrijedi zakon djelovanja i protudjelovanja

 ×     n

n

 ij F  ij

ri

i=1

 j=1  j =1=i



1  = 2

n

n

[ri

i=1  j  j=1 =1=i



− r ] × F   ,  j

 

ij ij

(1.24)

kao i da su sil silee med¯u ¯u ˇcesticama cesti cama usmj usmjeren erenee duˇz spo jnic jnicee dvij dviju u ˇcestica cest ica ri

− r   F   =⇒ [r − r ] × F    j

ij ij

i

 j

ij ij

= 0. 0.

 

(1.25)

ˇ POGLA POG LAVLJ VLJE E 1. ZAK ZAKONI ONI SACUVANJA

8

Vremenska promjena momenta koliˇcine cine gibanj gibanjaa (1.20 1.20)) svodi se na  ˙ = M 

n

 i=1

ri

× F  ′.

 

i

(1.26)

Definiramo Definira mo moment sile s obzirom o bzirom na toˇ t oˇcku cku O   = r N 

× F .

 

(1.27)

Dakle, uz pretpostavku da su sile med ¯udjelovanja usmjerene duˇz spo ¯udjelovanja spojnica jnica med ¯u ¯u ˇcesticama, cesticama , vremenska promjena momenta koliˇcine cine gibanj gibanjaa jednaka j ednaka je j e zbro zb roju ju momenata vanjskih sila n ˙    i′ N   ′ .   (1.28) M  = N 

 i=1

 ≡

Ako je sistem zatvoren (vanjska sila je nula), moment koliˇcine cine gibanja je saˇcuvan cuvan s obzirom na bilo koju toˇcku O cku  O..

ˇ 1.3. 1. 3. MO MOME MENT NT K KOLI  OLI CINE GIBANJA

9

Zadatak 1.1 Moment Mome nt koliˇ kol iˇcine cine gib gibanja anja ˇcestice cesti ce dan je izra izrazom zom   = 6t2    + (12t (2tt + 1) j (12t3 M  i (2  j +

−

− 8t ) k. 2

Nad¯ite ¯ite moment sile u trenutku t  = 1. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Vremenska promjena pro mjena momenta koliˇcine cine giban gibanja ja jednaka jedn aka je momentu mo mentu sile sil e    dM   . =N dt

 

(1.29)

Deriviramo Derivira mo moment koliˇcine cine gibanja po vremenu    dM  = 12 1 2t  i dt i zatim uvrstimo t  = 1

  + 4(9t 4(9t − 4t)  − 2 j j + k, 2

 (t  = 1) = 12    + 20  N  i 2 j  j + k.

−

 

 

(1.30)

(1.31)

ˇ POGLA POG LAVLJ VLJE E 1. ZAK ZAKONI ONI SACUVANJA

10

Zadatak 1.2 ˇ Cestica mase  m  giba se po krivulji u prostoru definiranoj jednadˇ mase m zbom zbom    = a r  =  a cos ωt  i + b sin ωt j. Izraˇcuna cuna jte moment m oment sile s ile i moment m oment koliˇcine cine gib gibanj anjaa s obziro obz irom m na isho is hodiˇ diˇste. ste. Provj Provjerit eritee ˙    . relaciju M  = N  N . Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Prvo izr izraˇ aˇcunam cun amoo br brzinu zinu ˇcesti ces tice ce r˙  =

−aω sin ωt i + bω cos ωt j. 

 

(1.32)

Moment Mom ent kol koliˇ iˇcine cin e gi giba banja nja ˇcesti ces tice ce   = r M 

× mr˙



 × − 

=  m a cos ωt  i + b sin ωt j 





aω sin ωt  i + bω cos ωt j 

=  mabω cos2 ωt + sin2 ωt    = mabω k  =  mabω  k.

 

(1.33)

Da bi izraˇcunali cunali moment sile, prvo moramo izraˇcunati cunati silu koja djeluje na ˇcesticu. cesticu. Da bi se ˇcestica cestica gibala po putanji putanji   r (t) na nju mora djelovati sila mr¨ = F .

 

(1.34)

Akceleracij Akceler acijaa ˇcestice cesti ce r¨ =

−aω cos ωt i − bω sin ωt j  = −ω a cos ωt  i + b sin ωt j  = −ω r.   r. 2

2 2

2





(1.35)

Sila koja djeluje na ˇcesticu cesticu   =  m F   m¨ r¨ =

2

−mω r,r,

 

(1.36)

propo pro porcio rcional nalna na je rad radijus ijus-vekto -vektoru ru ˇcestice. cesti ce. Mome Moment nt sile iˇsˇ sˇcezava cezava   = r N 

× F   = −mω r × r = 0, 2

 

˙    . pa je moment koli koliˇˇcine cine gibanja g ibanja konstan konstanta ta u skladu s relacijom M  = N  N .

(1.37)

1.4.. 1.4

11

ENERG ENE RGIJA IJA

1.4 1.4. 1. 4.1 1

Ene nerrgija Poja ojam m ra rada da

 . Ako se ˇcestic Prom atramo Promatra mo ˇcesticu cesti cu mas masee m  na koju djeluje sila F  ces ticaa po poma makne kne iz toˇcke cke  m na F .  doo toˇcke cke  r + dr , na n a njo njojj je j e izvrˇ i zvrˇsen sen rad r  d   dr. dW  = F 

 

 · ·

(1.38)

Pomak  dr  je infinitezimalan pa je sila u izrazu (1.38 Pomak d ( 1.38)) pribliˇ pr ibliˇzno zno konstantna. Rad na cijelojj putanji od toˇcke cijelo cke A   do to toˇˇcke cke B  izraˇcunamo cunamo tako da putanju po podijelimo dijelimo na infinitez infini tezimalne imalne dijelove dijelove i zatim zbrojimo doprinose doprinose svih dije dijelov lova. a. Rad na zadan zadanoj oj B

  F  d r

A

  dr. Slika 1.5: Rad na infinitezimalnom putu iznosi W  iznosi  W  = F 

 · ·

putanji C  od   o d toˇcke cke  A  d  doo to toˇˇcke cke B  sveo se na linijski integral

   · ·

  dr. F 

W AB AB =

 

(1.39)

C 

Ograniˇcimo cimo se sada na ostvarivu putanju putan ju tj. putanju na kojoj ko joj vrijedi vri jedi drugi Newtonov Newto nov zakon B   (1.40) W AB mr¨ dr. AB =

  ·   ·      −  A

Iskoristimo definiciju brzine dr  = r˙ dt =

B

⇒ W 

AB AB

=  m

a potom integriramo zadnji izraz W AB AB =

A

m r¨ r˙ dt = 2

m ˙2 r (B ) 2

B

A

r˙ 2 (A) .

d ˙ r dt

2

dt,

 

 

(1.41)

(1.42)

ˇ POGLA POG LAVLJ VLJE E 1. ZAK ZAKONI ONI SACUVANJA

12 Definira Defi niramo mo kine kinetiˇ tiˇcku cku energ energiju iju ˇcestice cesti ce T  =

m ˙2 r . 2

 

(1.43)

Rad izvrˇsen sen na ˇcestici cesti ci dok se gib gibala ala od toˇcke cke A   do toˇcke cke B  po ostvarivoj putanji  jednak je razlici kineti kinetiˇˇckih ckih energija ˇcetice cetice u kona konaˇˇcnoj cnoj i poˇcetnoj cetnoj toˇcki cki putanje W AB  T ((B ) AB =  T 

− T T ((A).

 

(1.44)

Cije lo razm Cijelo razmatr atranj anjee moˇzemo zemo proˇsiriti siri ti na sist sistem em n  ˇcestica cestica koji se giba g iba od o d konfiguracije konfig uracije  n ˇ A : (r1 (A), . . . , r2 (A)) do konfiguracije B : (r1 (B ), . . . , r2 (B )) po ostvarivoj putanji put anji.. Na ˇcesticama cesti cama je izvrˇsen sen rad

{ }

{ }

     

B

W AB AB =

·

A

i

B

=

 i dri  = F 

B

mr¨i dri

A

i

1 mr¨i r˙i dt = dt  = 2

·

A

i

   ·      B

mi

i

A

d ˙ 2 ri dt. dt

 

(1.45)

Integriranjem dolazimo do izraza W AB AB =

   −    − − i

=

1 ˙ ri (B ) 2

2

i

T B (i)

i

1 ˙ ri (A) 2

T A (i) =  T B

2

T A .

 

(1.46)

i

Zbrojj radova Zbro ra dova na svim ˇcesticama cesticama jednak je promjeni ukupne kinetiˇcke cke energije. ener gije.

1.4.. 1.4

13

ENERG ENE RGIJA IJA

Zadatak 1.3 ˇ Cestica mase 4 giba se po krivulji u prostoru

− 2t) i + t  j  − t  k

(3t2 r(t) = (3t

3

4

 . Nad¯ite   da bi se ˇcestica u polju sile F  ¯ite rad sile F  cest ica po pomakl maklaa iz toˇcke cke tA  = 1 do toˇcke cke F . Pokaˇˇzite zite da je rad jednak razlici kinetiˇckih ckih energija u toˇckama ckama tB = 2 i tB   = 2. Poka tA  = 1. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Da bi se ˇcestica cestica gibala po putanji putanji   r(t), na nju mora djelovati sila



  =  mr¨ =  = m 6t j  F   m 6  i + 6t = 24  24t j  i + 24t



2 

12tt k − 12

48tt   − 48 k. 2

 

(1.47)

 

(1.48)

Pri po pomica micanju nju iz toˇcke A cke  A  u toˇcku ck u  B  n  naa ˇcestic ces ticii je izv izvrˇ rˇsen sen ra rad d

 

B

W AB AB =

  dr F 

 

 · ·

A

(1.49)

. Diferencijal radijus-vektora radijus-vektora toˇcke cke koja se nalazi na zadano j putanji glasi (6tt dr = r˙ dt = (6

− 2) 2)dt 3t dt j  − 4t dt  dt  i + 3t k. 2

3

 

(1.50)

   i diferencijala d Izraˇcunamo cunamo skalarni prod produkt ukt sile F  diferencijala  dr F  

 

  dr  = 6m   F  i + t j 

 · ·

= 6m (6t (6t

·

2 

− 2t k

(6t (6t

3

2)dt 3t dt j  − − 2) dt  i + 3t 2

5



− 2) 2)dt 3t dt + 8t 8t dt dt + 3t



4t dt  k 3

 

.

 

(1.51) (1.52)

Integriramo izraz (1.49 (1.49), ), uzimaju´ci ci u obzir da je donja granica integracije integracije t  t A  = 1, a gornja t gornja  t B = 2

    −  − t=2

W AB AB = 24

(6t (6t

t=1

2

= 24 3t

= 24 3t2



3

− 2) + 3t3t

 3  4 2t + t4 + t6 4 3  3  4 2t + t4 + t6 4 3

   −

2

4

6

2

4

6

= 72 72tt



+ 8t 8t5 dt

48tt + 18t 18t + 32t 32t − 48 = 72 72tt − 48 48tt + 18t 18t + 32t 32t = 2528 − 74 = 2454. 2454.

 

(1.53)

t=2

(1.54)

t=1 t=2

(1.55)

t=1 t=2 t=1

[72

 

− 4 8 + 18 + 3 2 ]  

(1.56) (1.57) (1.58)

ˇ POGLA POG LAVLJ VLJE E 1. ZAK ZAKONI ONI SACUVANJA

14

Ist i rezult Isti r ezultat at moˇzemo zemo dob dobiti iti tako da izraˇcunamo cuna mo razl razliku iku kine kinetiˇ tiˇckih ckih ener energija gija u konaˇ ko naˇcnoj cno j i p oˇcetno cet nojj toˇcki. cki . Ki Kinet netiˇ iˇcka cka ene energ rgij ijaa u p oˇcetno cet nojj toˇcki cki 1 1 (6t T (A) = mr˙ 2 (tA ) = m (6t T ( 2 2 = 2 [16 + 9 + 16] 16] = 82 82..



2

− 2)

+ 9t 9t4 + 16t 16t6  



 

t=1

(1.59) (1.60)

Kine Ki netiˇ tiˇcka cka en ener ergi gija ja u kon konaˇ aˇcno cno j toˇcki cki 1 1 (6tt 2)2 + 9t 9t4 + 16t 16t6 t=2 T ((B ) = mr˙ 2 (tB ) = m (6 T  2 2 = 2 [100 + 144 + 1024] 1024] = 2536. 2536.  



−



 

(1.61) (1.62)

Razlika Raz lika kinet kinetiˇ iˇckih ckih energ energija ija T (B ) T (

2454 , − T T ((A) = 2536 − 82 = 2454 ,

 jednakaa je radu izvr  jednak izvrˇˇsenom senom na ˇcestici. cestici.

 

(1.63)

1.4.. 1.4

15

ENERG ENE RGIJA IJA

Zadatak 1.4 Izraˇcuna cuna jte rad izvrˇsen sen na ˇcestici cesti ci koj kojaa se gib gibaa po kruˇznici znici rad radijus ijusaa 3 smjeˇsteno sten o j u ravnini xy ravnini srediˇ iˇstem stem u ish ishod odiˇ iˇstu, stu, ako na ˇcesticu cesti cu djel djeluje uje sil silaa  xy  sa sred   = (2 (2x F  x

  + (3x (x + y − z  ) j (3 x + 2y 2y + 4z  4 z )  − y + z ) i + (x  j + k. 2

Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Gibanje se odvija u xy u  xy  ravnini pa vrijedi z  =  = 0   = (2 (2x F  x

  + (3x − y) i + (x (x + y ) j (3 x + 2y 2y )   j + k.

 

(1.64)

Toˇcku cku na kr kruˇ uˇcici ci ci moˇzemo zemo de defin finir irat atii kor koris iste´ te´ci ci ku kutt t   kao kao parametar. Radijus-vek Radijus-vektor tor y

m r(t) t x

Slika 1.6: Koordinat Slika Koordinatee ˇcestice cestice koja se giba po kru kruˇˇcnici cnici radij radijusa usa R: x = R cos t,  = R y  =  R sin t. takve ta kve toˇcke cke gl glas asii   coss t  sin n t j. r  = 3 co i + 3 si

 

(1.65)

 

(1.66)

Traˇzimo zim o ra rad d izv izvrˇ rˇsen sen do dok k ˇcestic ces ticaa pri prijed jed¯e jed jedan an kru krugg

 

2π

W  =

0

 (t) dr(t). F  F (

·

Diferencijal radijus-ve radijus-vektora ktora dr =

  coss tdt j. −3sin tdt i + 3 co

 

(1.67)

ˇ POGLA POG LAVLJ VLJE E 1. ZAK ZAKONI ONI SACUVANJA

16

Izraˇcunamo cunamo skalarni prod produkt ukt sile si le i diferencija diferencijala la dr



  dr  = (2 (2x F  x

 · ·

· −

−



  + (3x (x + y ) j (3 x + 2y 2y )  y )  i + (x  j + k



3sin t  coss t j  dt i + 3 co

=

 

(1.68)

 

(1.69)

−3sin t [2[2xx(t) − y(t)] dt + 3 co coss t [x(t) + y (t)] dt 9 = −  si  sin n 2tdt + 9dt. 9dt.   2

 

(1.70) (1.71)

Uvrstimo vrijednost skalarnog produkta u integral (1.66 ( 1.66))

  − 2π

W  =

0

1.4.2



9  sin  si n 2t + 9 dt  = 18 18π. dt = π. 2

 

(1.72)

Konzervativni Konzerv ativni sistem jedne ˇ cestice cestice

Ako rad izvrˇsen sen na ˇcestici cestici tijekom gibanj gibanjaa od toˇcke cke A   do to toˇˇcke cke B   ovisi samo o krajnjim toˇckama ckama putanje (ne i o brzini ˇcestice cestice u tim toˇckama), ckama), silu koja djeluje na ˇcesticu cesticu zovemo konzervativnom Moˇzemo zemo pokazati da je u tom sluˇcaju ca ju rad po zatvorenoj putanji nula  dr  = 0.   (1.73) F

 

Integral po zatvoreno zatvorenojj putanji moˇzemo zemo rastaviti na dva dijela di jela toˇckama A ckama A  i  B B

I 

I I  A

Slikaa 1.7: Zatvorena putanja po Slik podijeljena dijeljena na dva dijela toˇckama ckama A  i  B .

   · ·     dr  = F 

B

A(I )

  dr + F 

 · ·

 

A

B (II  II ))

  dr. F 

 · ·

 

(1.74)

1.4.. 1.4

17

ENERG ENE RGIJA IJA

Promjena smjera integracije po putanji I I   daje samo promjenu predznaka jer  dr u I  daje tom sluˇcaju ca ju prelazi u dr

 −

   · ·     dr  = F 

B

A(I )

  dr F 

 · ·

  −

B

  dr  =  = W  F   W AB AB (I )

 · ·

A(II  II ))

AB A B (I I ).

− W 

 

(1.75)

Rad prema pretpostavci ne ovisi o putanji pa se doprinosi I  doprinosi  I  i  I I  pon   p oniˇ iˇstava st avaju ju W AB AB (I )

AB (I I ) AB

− W 

  ⇒  · ·

=

  dr  = 0. F 

 

(1.76)

Ukupan rad je nula. Primjenom Stokesovog Stokesovog teorema moˇzemo zemo izve izvesti sti ekviv ekvivalentni alentni     uvjet konzervativnosti konzervativnosti sile F  Linijs ijski ki integra integrall vekt ektors orsk kog polj poljaa F  F .. Lin F    po krivulji C    po  jednak je ploˇsnom snom integralu rotacije vektors vektorskog kog polja p olja   p o povrˇ p ovrˇsini si ni ob obuhva uhva´´ceno ceno j F  krivuljom C    dr  =   nda,   (1.77) F  F 

∇×

   · ·  ∇ ×  · C 

S 

gdje je S   povrˇ ovrˇsina sin a ob obuhva´ uhva´cena cen a kont konturo urom m C , da  je diferencija diferencijalni lni element povrˇsine, sine, S  p da je a n  jediniˇcni cni vektor okomit na element povrˇsine sine Stokesov teorem (1.77 1.77)) vrijedi za C 

S 

Slika 1.8: Ploha S  Ploha  S    obuhva´ obu hva´cena cen a kriv k rivul uljo jom m  C   C .. svaku putanju C  pripadnu adnu povrˇsinu sinu S , pa i za infinitezimaln infinitezimalnu u petlju i povrˇsinu. sinu. C    i prip   Stoga polje F  u svako svakojj toˇcki cki mor moraa biti bez bezvrtl vrtloˇ oˇzno zno

∇ × F   = 0.0 .

 

(1.78)

 

(1.79)

Slijedi da postoji skalarno polje U  polje  U ,, takvo da vrijedi   = F 

−∇U.

ˇ POGLA POG LAVLJ VLJE E 1. ZAK ZAKONI ONI SACUVANJA

18

Negativan predznak smo pritom izabrali po konvenciji. Polje U  Polje  U  zovemo  zovemo potencijalna energija. Vratimo se izrazu za rad

 

B

W AB AB =

  dr  = F 

 · ·

A

  − ∇ B

( U ) dr.

A

 

·

(1.80)

Podintegralnu Podintegra lnu funkciju fu nkciju moˇ m oˇzemo zemo napisat napisatii u obliku



·

∂U    ∂ U    ∂ U    + U  dr  = i +  j +  j k ∂x ∂y ∂z 

∇  · · Skalarni produkt



  + dz   dx  i + dy j  j + k .





∂U   ∂U   ∂ U   ∂ U   + U  dr  = dx +  dy +  dy  dz  , ∂x ∂y ∂z 

∇  · ·

odgovara totalnom diferencijalu potencijalne energije  = dU. ∇U  · · dr  =  dU.

 

 

(1.81)

(1.82)

 

(1.83)

Rad izvrˇsen sen na ˇcestici cesti ci jedn jednak ak je razl razlici ici po potenci tencijal jalnih nih energ energija ija u poˇ p oˇcetno cetno j i konaˇcnoj cno j toˇcki cki put putan anje je

  −

B

W AB AB =

A

dU  = ( U ) B  U ((A) A =  U 

− |

− U (B).

 

(1.84)

Dakle, za gibanje po fizikalnoj putanji vrijedi W AB  T ((B ) AB =  T 

− T T ((A) = U   U ((A) − U  U ((B ).

 

(1.85)

Sum a kinetiˇ Suma kinet iˇcke cke i potenci po tencijal jalne ne energij ener gijee u konzervativno konzervati vnom m sustavu sust avu je saˇcuvana cuvana (ukupn (u kupnaa energija)   (1.86) T ((A) + U  T  U ((A) =  T   T ((B ) + U (B ).

1.4.. 1.4

19

ENERG ENE RGIJA IJA

Zadatak 1.5 Pokaˇˇzite Poka zite da je pol polje je sile   = (y 2 z 3 F 

  + (3xy 2xyz   j (3 xy z  − 6x z )  − 6xz  ) i + 2xyz   j + k 2

3

2 2

2

konzervativno. konzervativ no. Nad¯ite ¯ite potencijal i rad potreban da se ˇcestica cestica pomakne iz toˇcke cke toˇˇcke cke T 2 (1 (1,, 2, 1). T 1 ( 2, 1, 3) do to Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e:

−

− −

Polje je konzervativno ako vrijedi

∇ × F   = Raspiˇ Rasp iˇsemo semo deter determina minantu ntu

 

 

 

  i  j    k ∂ x ∂ y ∂ z . F x F y F z

 

 

(3xy (2xyz  ∇ × F   =  i ∂  (3 xy z  − 6x z ) − ∂  (2 xyz  ) (3xy − j  ∂  (3 xy z  − 6x z ) − ∂  (y z  − 6xz  ) +   (2xyz  k ∂  (2 xyz  ) − ∂  (y z  − 6xz  ) . y

x

2 2

2

2 2

2

3

x

3

z

2 3

z

2 3

y

2

Izraˇcunamo cunamo potr potrebne ebne derivacije

 



2



∇ × F   =  i 6xyz  − 6xyz  12xz  12xz  − j  3y z  − 12 xz  − 3y z  + 12xz  +   k 2yz  − 2yz   = 0. 2

2

2 2 3

3

(1.87)



2 2



 

(1.88)

 

(1.89)

  iˇsˇ Rotacija polja F  Rotacija sˇcezava cezava pa je polj poljee konzervativno. U tom sluˇcaju ca ju sigurno post postoo ji skalarno polje U  polje  U  za  za koje vrijedi   = F 

  + F  −∇U  =⇒ F   i + F  j j +  F    k  = −∂  U   i − ∂  U  j  − ∂  U   k. x

y

z

x

y

z

 

(1.90)

Prethodna Pretho dna jednadˇzba zba zapravo predstavlja tri jednadˇzbe zbe 2 3

2

−∂  U  = F  = y z  − 6xz  =⇒ U  = −xy z  + 3x 3x z  + g (y, z ) −∂  U  = F  = 2xyz  2 xyz  =⇒ U  = −xy z  + g (x, z ) −∂  U  = F  = 3xy z  − 6x z  =⇒ U  = −xy z  + 3x 3x z  + g (x, y ). x

x

2 3

y

(1.91)

1

3

y

2 3

z

2 2

z

2 3

2 2 2

(1.92)

2

2 2

3

 

(1.93)

ˇ POGLA POG LAVLJ VLJE E 1. ZAK ZAKONI ONI SACUVANJA

20

Jedn. (1.91 (1.91--1.93 1.93)) su konzistentne uz odabir g1 (y, z ) = 0 g2 (x, z ) = 3x2 z 2

g3 (x, y ) = 0.

 

(1.94)

Skalarno polje U  polje  U  tj.  tj. potencijal glasi 2 3

U (x,y,z ) =

2 2

3x z  .   (1.95) −xy z  + 3x Rad po potreb treban an za po pomica micanje nje ˇcestice cest ice iz toˇcke T  cke T  (−2, 1, 3) do to toˇˇcke T  cke  T  (1 (1,, −2, −1) jednak 1

2

 je razlici potencijala u poˇcetnoj cetnoj i kona konaˇˇcnoj cnoj toˇcki cki W  =  U   U ((x1 , y1 , z 1 )

− U (x , y , z  ). 2

2

 

2

(1.96)

Potenc Pot encija ijall u po poˇˇcetno cet nojj toˇcki cki  T 1 U (x1 , y1 , z 1 ) = U (

3

−(−2) · 1 · 3

+ 3 22 32 = 54 + 108 = 162. 162.

 

(1.97)

3

 

(1.98)

· ·

Potenc Pot encija ijall u kona konaˇˇcno cno j toˇcki cki  T 2 U (x2 , y2 , z 2 ) = U (

2

−1 · 2 · (−1)

+ 3 12 ( 1)2 = 4 + 3 = 7. 7.

· ·−

Rad je jednak razlici potencijala W  =  U 1

1.4.3

155. − U   = 162 − 7 = 155.

 

2

(1.99)

Konzervativni Konzerv ativni sistem dviju ˇ cestica cestica

Prethodno razmatranje nije potpuno jer ne uzima u obzir ˇcestice cestice koje predstav predstavljaju ljaju   izvor sile F  Promotr motrimo imo stog stogaa sust sustav av dvije d vije ˇcestice, cesti ce, pri ˇcemu cemu su po poloˇ loˇzaji za ji ˇcestica cest ica dan danii F .. Pro vektorima  vektorima Oznaˇ aˇcimo cim o s  r12  rela  relativn tivnii po poloˇ loˇzaj za j ˇcestice cest ice 1 u od odnosu nosu na ˇcesticu cesti cu 2,  r1 i  r2 . Ozn a s e12  pripa  pripadni dni jediniˇcni cni vektor. Neka je A poˇcetn cetna, a, a B kon konaˇ aˇcna cna konfig kon figur uraci acija ja sustava

{ }

{ }

cetnii p ol oloˇ oˇzaj za j pr prve ve ˇcest cestic ice: e: r (A) • poˇcetn oˇcetn cetnii p ol oloˇ oˇzaj za j dr drug ugee ˇcest cestic ice: e: r (A) •  p poˇ konaˇ aˇcni cn i pol oloˇ oˇzaj za j pr prve ve ˇcest cestic ice: e: r (B ) • kon onaˇ aˇcni cn i pol oloˇ oˇzaj za j dr drug ugee ˇcest cestic ice: e: r (B ) •  k kon 1

2

1

2

 12  21 Oz naˇcimo Oznaˇ ci mo s F  cestica 2 djeluje na ˇcesticu cestica cesticu 1, a s F   silu lu ko kojom jom ˇcestica cest ica 12  silu kojom ˇ 21  si 1 djel djeluje uje na ˇcesticu cesti cu 2. Izraˇcunamo cuna mo rad radove ove izvrˇ iz vrˇsene sene na ˇcesticama cesti cama tije tijekom kom gib gibanja anja od p oˇcetn ce tnee do ko kona naˇˇcne cn e to toˇˇcke cke

 

B

W AB AB (1) =

A

 12 F  r1 12 d

 

B

i W AB AB (2) =

 21 F  r2 . 21 d

A

Moˇzemo zemo po pokazati kazati da je sust sustav av konzer konzervativan vativan ako sil silee med¯u ¯u ˇcesticama cesti cama

 

(1.100)

1.4.. 1.4

21

ENERG ENE RGIJA IJA

m1

r12 m2

r1 r2 O Slika 1.9: Vektor relativno relativnogg poloˇzaja za ja ˇcestice cestice 1 u odn odnosu osu na ˇcesticu cesticu 2.

•  udovoljavaju 3. Newtonovom zakonu  12 F  r1 , r2 ) = 12 (

−F  

r1 , r2 ) 21 ( 21

(1.101)

usmjerene erene su duˇz sp spoo jni jnica ca ˇcestica cesti ca • usmj  12 F  r1 , r2 ) =  f 12 r1 , r2 )e12 12 ( 12 (

 

(1.102)

• ovise sam samoo o uda udaljen ljenosti osti med¯u ¯u ˇcesticama cesti cama  12 F  r1 , r2 ) =  f 12 r1 12 ( 12 ( 

| − r |)e 2

 r1 (B )

(1.103)

 r2 (B )

d r1

  F  21 21

  F  12 12  r1 (A)

 

12

d r2

 r2 (A)

Slika Sli ka 1.10 1 .10:: Dvij Dvijee ˇcestice cesti ce se gib gibaa ju od poˇcetne cetne prem premaa konaˇcnoj cno j toˇcki. cki. U tom sluˇcaju caj u moˇzemo zemo uvesti pot potencijalnu encijalnu funkciju U 12 r1 12 ( 

| − r |),

 

2

(1.104)

takvu da vrijedi  12 F  12  =

  −∇ U  U ((|r − r |) = ∇ U (|r − r |) = −F  1

1

2

2

1

2

21 . 21

 

(1.105)

ˇ POGLA POG LAVLJ VLJE E 1. ZAK ZAKONI ONI SACUVANJA

22

Primjer: dva tijela koja med¯udjeluju ¯udjelu ju gravitacijskom gravit acijskom silom Pretpostavimo da tijela imaju mase m1 i m2 . Potencij Potencijalna alna energija grav gravitacijsk itacijskog og med me d¯udj ¯u djel elovan ovanja ja Gm1 m2   (1.106) U ( r1 r2 ) = . r1 r2 Sila na ˇcesticu cesticu 1 iznosi  12   + ∂ z     (1.107) F  r1 r2 ) = ∂ x  i + ∂ y j  j + k U ( r1 r2 ). 12  = 1 U ( 

| − | −| − |

−

−∇ | − |



Prvo raˇcunamo cunamo parcijal parcijalnu nu derivaciju derivaciju ∂   ∂ x1 1 ∂  ∂  = ∂ x1 r1 r2 ∂ x1

1

  −

| − |

=

−

| − |

( y1 x2 )2 + (y 2(x 2( x1

(x1

2 [( [(x (y1 x1 x2 )2 + (y x1 x2 . r1 r2 3

− − =− | − |

2

(z  − z  ) − y ) + (z  −x ) (z  − z  ) ] − y ) + (z  2

1

2

2

2

2

2

1

2

2 3/2

 

(1.108)

Jednakim pos postupkom tupkom bi izraˇcunali cunali derivacije derivacije ∂   ∂ y1 i  ∂ z1   + (y   + (z  ( y − y ) j ( z  − z  )   j + k ∇ |r −1 r | = − (x − x ) j j + |r − r | r − r e =− =−   |r − r | |r − r | . 1

1

1

2

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

3

12

3

1

(1.109)

2

2

Doˇsli sli smo do pozn poznatog atog izraza za gravitacijs gravitacijsku ku silu kojom ˇcestica cestica 2 djeluje na ˇcesticu cesticu 1 Gm1 m2  12   (1.110) F  e12 . 12  = r1 r2 2 ˇ Zelimo pokazati da je sila koja udovoljava uvjetima (1.101 ( 1.101), ), (1.102 1.102)) i (1.103 1.103)) konzervativna. Radovi izvrˇseni seni na ˇcesticama cesticama 1 i 2

−| − |

 

B

(1) W AB

=

 12 F  r1 12 d

i

A

Potencijalna funkcija U  funkcija  U (( r1

(2) W AB

 

B

=

 21 F  r2 . 21 d

 

(1.111)

A

o bje putanje pa raˇcunamo cunamo ukupni rad | − r |) ovisi o o obje 2

(1)  = W  W tot  W AB  + tot  =

 12 Iskoristimo relaciju F  12  =

−F  

W tot tot  =

   B

=



 12  21 F  r1  + F  r2 . 12 d 21 d

A

 

(1.112)

21 21

    −∇ B

 12  [d F  dr1 12 [

A B

=

(2) W AB

(

A

− dr ]

1 U 12 12 (

2

|r − r |)) [dr − dr ]. 1

2

1

2

 

(1.113)

1.4.. 1.4

23

ENERG ENE RGIJA IJA

Definiramo relativnu koordinatu r1

− r  ≡ r Potencijalna funkcija ovisi samo o  |r − r | =⇒ ∇ U  (|r − r |) = ∇ 1

r1

12 12

 

12 .

2

(1.114)

2

1

r1 r2 U 12 12 (

2

−

|r − r |). 1

 

2

(1.115)

Ukupni rad koji ˇcestice cestice izvrˇse se jedna na drugo drugojj

  −∇   −∇   − B

W tot tot  =

(

r1 r2 U 12 12 (

(

r U 12 12 (

A B

=

−

A

|r − r |)) [dr − dr ] 1

2

1

2

|r|)) dr

B

=

dU 12 r) 12 ( 

|| (|r (A) − r (A)|) − U  (|r (B ) − r (B )|), A

=  U 12 12

1

2

12 12

1

2

 

(1.116)

 jednak je promjeni potencijalne po tencijalne funkcije u poˇcetnoj cetnoj (A) i kona konaˇˇcnoj cnoj (B) konfiguraciji. Ve´c smo zakl zakljuˇ juˇcili cili da je rad jedn jednak ak razl razlici ici konaˇcne cne i poˇcetne cetne kine kinetiˇ tiˇcke cke energ energije ije sustava )+T  T 1 (B )+ T 2(B ) T 1 (A) T 2 (A) =  U 12 r1 (A) r2 (A) ) U 12 r1 (B ) r2 (B ) ).   (1.117) 12 (  12 ( 

−

−

|

−

|−

|

−

|

Ukupna energija u konzervativnom sustavu je saˇcuvana cuvana )+T  )+U  )+T  )+U  T 1 (A)+ T 2 (A)+ U 12 r1 (A) r2 (A) ) =  T 1 (B )+ T 2 (B )+ U 12 r1 (B ) r2 (B ) ).   (1.118) 12 (  12 ( 

|

−

|

|

−

|

24

ˇ POGLA POG LAVLJ VLJE E 1. ZAK ZAKONI ONI SACUVANJA

Poglavlje 2 Gibanje u jednoj dimenziji 2.1

Konzerv Kon zervati ativni vni sust susta avi

ˇ Cestica mase m  giba se po osi x  pod utjecajem konzervativne sile   = F 

  −∇U (x) = − dU  i. dx

Newtonova Newto nova jedna je dnadˇ dˇzba zba gib gibanj anjaa mx¨  =

 

− dU  , dx

(2.1)

 

(2.2)

 je diferencijalna jednadˇ zba drugog reda koja ne ovisi eksplicitno o vremen zba vremenu. u. Koristimo meto metodu du sniˇzavanja zavanja reda jedn jednadˇ adˇzbe zb e uvod uvode´ e´ci ci sups supstitu tituciju ciju dv dx dv ⇒ x¨ = dv = =  v dt dx dt dx

v  = x˙  =

 

(2.3)

Newtonova Newto nova jedna je dnadˇ dˇzba zba gib gibanj anjaa dv = mv dx

−

dU  = dx

⇒

m dv 2  dU  + = 0, 0, 2 dx dx

 

(2.4)

svodi se na zakon saˇcuvanja cuvanja energije





d m 2  v + U (x)  = 0 = dx 2 Uvrstimo natrag supstituciju v supstituciju  v  = x˙

⇒ m2 v

m 2 x˙ + U  U ((x) =  E  = 2

⇒ x˙  = 25

2

+ U  U ((x) =  E  E..

    ± −  2 m

E 

U (x) U (

 

(2.5)

(2.6)

26

POGLAVLJE 2.

GIBANJE GIBAN JE U JEDNOJ DIMEN DIMENZIJI  ZIJI 

Brzina ˇcestice cestice moˇze ze biti pozi pozitivna tivna ili negativna. neg ativna. Uz pozitivan p ozitivan predznak pred znak se s e varijabla cava s vremenom, a uz negativan se smanjuj smanjuje. e. Kinetiˇcka cka energija ener gija ˇcestice cestice je x  pove´cava uvijek pozi pozitivna tivna pa se ˇcestica cestica moˇze ze gibati samo u po podruˇ druˇcju cju u kojem vrijedi vrijedi U   U ((x) podruˇ druˇcje cje zovemo kla klasiˇ siˇcno cno dozvo dozvoljen ljenoo po podruˇ druˇcje. cje. Kra Krajnje jnje toˇcke cke klas klasiˇ iˇcno cno E . Takvo po dozvoljenog po podruˇ druˇcja cja zovemo toˇ t oˇcke cke obrata, o brata, a definiran definiranee su uvjetom

≤

U (x) =  E  E..

 

(2.7)

Diferencijalnu Diferencija lnu jednadˇzbu zbu prvog reda U (x)

E 

x1

x2

x

ˇ Slika 2.1: Cestica se moˇze ze gibati g ibati samo u intervalu [x1 , x2 ] jer tamo vrijedi U  vrijedi  U ((x) E . Toˇˇcke x1 i  x 2  zovemo toˇcke To cke obrata, o brata, a interval [x [ x1 , x2 ] kla k lasiˇ siˇcno cno do dozvol zvoljen jenoo po p o druˇcje. cje .

≤

dx = dt

    ± −  2 m

E 

U (x)

(2.8)

moˇzemo zemo rijeˇsiti siti meto metodom dom sepa separaci racije je varija varijabli bli dx = E  U (x)

  ±

  −       ±

 2 dt. m

 

(2.9)

Lijevu stranu integriramo u granicama od x od  x 0  do x, a desnu u granicama od 0 do t t  =

m 2

x

x0

dx′ . E  U (x′ )

−

 

(2.10)

2.1.

27

KONZERV KONZER VATIVNI SUSTAVI 

Zadatak 2.1 ˇ Cestica mase  m  giba se pod utjecajem sile mase m   = F 

− xc  i, 2

 0.. c >  0

Odred ite vrij Odredite vrijeme eme po potreb trebno no da ˇcestica cest ica stig stigne ne u isho ishodiˇ diˇste ste ako je poˇcetni cetni po poloˇ loˇzaj za j x  = cetna brzina je 0. a >  0, a poˇcetna Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: ˇ Cestica se giba u potencijalu U (x) =

  −

 = c F (x)dx F ( dx =  c

 

dx = x2

− xc .

 

(2.11)

Ukupnu Uku pnu ene energ rgiju iju ˇcestic ces ticee moˇzemo zem o izr izraˇ aˇcunat cun atii iz po poˇˇcetni cet nih h uvj uvjeta eta E  =

m 2 x˙ (0) 2

c c − x(0) =− . a

 

(2.12)

ˇ Cesti Cestica ca se u poˇ p oˇcetnom cetn om trenut trenutku ku nal nalazi azi u toˇ t oˇcki x cki  x =  = a za tim se poˇ p oˇcinje cinje gibati prema  a,, a zatim ishodiˇ isho diˇstu. stu. Iz zakona za kona saˇcuvanja cuvanja energ energije ije slij slijedi edi x˙  =

    − ±  2 m

E 

U (x).

 

(2.13)

Biramo negativan predznak jer se x sman smanjuje juje s vremeno vr emenom m (ˇcestica cest ica ide prem premaa isho i shodiˇ diˇstu) stu)

    − −     −  2 m

dx = dt Separiramo varijable

dx c + a

−

c x

c c + . a x

 

(2.14)

 2 dt, m

 

(2.15)

=

a zatim integriramo lijevu i desnu stranu jednadˇ zbe zbe

    0

a

dx c  + a

−

c x

=

    −

T 

 2 m

dt.

 

(2.16)

0

Vrije rijeme me po potreb trebno no da ˇcestica cesti ca stig stigne ne u isho i shodiˇ diˇste ste T  =

      m 2c

a

0

xdx

−

x2 a

+x

(2.17)

28

POGLAVLJE 2.

Rjeˇ Rj eˇsavamo savam o int integr egral al

    a

GIBANJE GIBAN JE U JEDNOJ DIMEN DIMENZIJI  ZIJI 

dx x2 /a + x

(2.18)

−

0

Rijeˇ Rij eˇc je j e o po posebn sebnom om sluˇcaju ca ju tabl tabliˇ iˇcnog cnog integ integral ralaa (Bro (Bronˇ nˇstejn, stejn , br. 249 i 241) 2 41)

 √ 

xdx =  + C  Ax2 + Bx Bx +

−

√ Ax

2

B 2A

+ Bx  + C  Bx + A dx . Ax2 + Bx + C 

 √ 

Vrijednost drugog integrala ovisi o parametrima A   i ∆ = 4AC  4AC  sluˇcaju ca ju vrij vrijedi: edi: A  = 1/a 1, C  /a,, B  = 1,  C  = 0

 

(2.19)

2

U naˇsem sem

 − B .  −

−

=

⇒ ∆ <  0  < 0

 0.. A <  0

 

(2.20)

Rjeˇsenje senje drugog integrala glasi

 √    ⇒  

dx =  + C  Ax2 + Bx Bx + a

=

0

 + B Ax + − √ −1 A arcsin 2 2Ax −∆ ,

dx = 2  + x /a /a + x

−

−

  − − a

 + x2 /a /a +

 a 3/2   arcsin 2

a

0

dx a3/2 π = . 2 x2 /a + x

−

x

a

(2.21)

 

(2.22)

a 0

−2x + a

Lijevi Lij evi ˇclan clan oˇcito cito prop propada ada pa preo preosta staje je

   

 

 

a

.

0

 

Ako integral uvrstimo u jedn. (2.17 (2.17)) dolazi dolazimo mo do traˇzenog zenog vremena

(2.23)

2.1.

29

KONZERV KONZER VATIVNI SUSTAVI 

U (x)

a x

E 

ˇ Slika 2.2: Cestica se na poˇcetku cetku gibanja nalazi u toˇcki cki obrata o brata jer vrijedi vrijed i x˙ (0) = 0.

30

POGLAVLJE 2.

GIBANJE GIBAN JE U JEDNOJ DIMEN DIMENZIJI  ZIJI 

Zadatak 2.2 Odredite period p eriod jednodi jed nodimenziona menzionalnog lnog gibanja g ibanja ˇcestice cestice mase ma se m  i energije E  energije  E  u  u poten m i cijalu U ((x) =  U 0 tan2 (αx U  αx)). Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Potencija Poten cijall je sim simetriˇ etriˇcan can tan(αx )]2 =  U 0 [t  [tan an (αx )]2 =  U  U ( x) =  U 0 tan2 ( αx αx)) =  U 0 [ tan( αx)] αx)]  U ((x).   (2.24)

−

−

−

Stoga je vrijeme pot potrebno rebno ˇcestici cestici da prijed¯e ¯e put od isho ishodiˇ diˇsta sta do toˇcke cke obrata x0  jednako ˇcetvrtini cetvrtini perioda T  = 4 Uvrstimo zadani potencijal T  = 4 Moramo Mora mo izraˇcunati cuna ti integr i ntegral al

      x0

m 2

0

      x0

m 2

E 

0

        x0

I  =

−

x0

E 

0

 

−

(2.25)

dx . U 0 tan2 (αx αx))

 

(2.26)

cos(αx))dx cos(αx

 cos2 E  cos

0

I  =

dx . E  U (x)

−

(2.27)

2

(αx αx)) U 0 sin (αx αx)) cos(αx cos( αx))dx . (E  +  + U 0 )sin2 (αx αx))

−

 

(2.28)

Napravimo supstituciju t  = sin αx =

⇒

1 I  = α I  =

    t0

E 

0

1 √   + U  α E  +

0

Gdjee su toˇcke Gdj cke obrat o brata? a?  =  U 0 tan2 αx0  = E  = U 

⇒

dt (E  +  + U 0 )t2 t0 dt

 −   0

E  E +U 0

.

 

(2.29)

2

−t

1 x0  =  arctan α

 

E  . U 0

 

(2.30)

2.1.

31

KONZERV KONZER VATIVNI SUSTAVI 

Prelazimo na varijablu t varijablu  t

   

E  , U 0

t0  = sin αx0  = sin arctan

 

(2.31)

i pritom koristimo formulu iz Bronˇstejna stejna (str. 216) arctan x = arcsin

x = 1 + x2

√ 

⇒ t  =

Rjeˇsenje sen je int integr egral alaa 1 I  =  + U 0 α E  +

√ 

0

    t0

0

 

E  .  + U 0 E  +

dt

 

−t ,

t20

 

2

(2.32)

(2.33)

moˇzemo zemo na´ci ci u tab tablica licama ma integ integral ralaa (Bro (Bronˇ nˇstejn stej n br. 164 164))

    t0

dt

t20

t = arcsin t0 t2



t0

− π =⇒ I  = √  . 2α E  +  + U 

0

π , 2

=

0

 

(2.34)

 

(2.35)

0

Uvrstimo integral u formulu za period ˇcestice cestice (2.26 ( 2.26)) T  = 4

    m  I  = 4 2

m π π = 2 2α E  + α  + U 0

√ 

 

2m .  + U 0 E  +

U (x)

−

 

E 

π 2α

π 2α

−x

0

x0

x

Slika 2.3: Klasiˇcno cno dozvoljeno po podruˇ druˇcje cje za pot potencijal encijal U  ).  U 0 tan2 (αx αx).

(2.36)

32

POGLAVLJE 2.

GIBANJE GIBAN JE U JEDNOJ DIMEN DIMENZIJI  ZIJI 

Zadatak 2.3 Nad¯ite ¯ite putanju ˇcestice cestice koja se giba u poten potencijalu cijalu

− coshU (αx , αx)) 0

U (x) = U ( ako vrijedi x(0) = 0 i x˙ (0) = Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e:

 

2

(2.37)

 

2U 0 /m /m..

Iz po poˇˇcetni cet nih h uvj uvjeta eta moˇzemo zem o izr izraˇ aˇcunat cun atii ene energ rgiju iju ˇcesti ces tice ce  = E  =

m 2 m 2U 0 x˙ (0) + U (x  = 0) = 2 2 m

Iskoristimo jedn (2.10 (2.10)) t =

      m 2

x

− U   = 0.

dx′ . E  U  U ((x′ )

0

 

0

 

−

(2.38)

(2.39)

Poˇcetna Poˇ cetna brzi brzina na je pozitiv pozitivna, na, kao i brzi brzina na u svim kasnij asnijim im vrem vremenim enima. a. Stoga smo u prethodnom izrazu izabrali izabrali pozitivan pozitivan predznak. predznak. Uvrs Uvrstimo timo potencijal potencijal i ene energiju rgiju ˇces ce stice x 1 m m cosh αx′ dx′  = sinh αx.   (2.40) t  = 2U 0 0 α 2U 0

   

 

Invertiram Inverti ramoo dobi d obijeno jeno rjeˇsenje senj e

⇒ x(t) = α1 arsinh

=

    α

2U 0 t . m

 

(2.41)

U (x) E 

x

−U 

0

Slikaa 2.4 Slik 2.4:: En Ener ergi gija ja (E  ( E  = 0) je uvi uvijek jek ve´ ve´ca ca od pote potenci ncijal jalaa pa cij cijela ela os x   odgovara klasiˇcno cno dozvoljenom po podruˇ druˇcju. cju. Uz zadane poˇcetne cetne uvjete ˇcestica cestica se giba od isho is hodiˇ diˇsta st a prem p remaa x + .

→ ∞

2.1.

33

KONZERV KONZER VATIVNI SUSTAVI 

Zadatak 2.4 ˇ Cestica mase  m  giba se u potencijalu mase m U (x) =  A  A((e−2αx

− 2e−

αx

); A, α > 0 > 0

Nad¯ite ¯it e pe perio riod d gib gibanj anjaa za sluˇcaj ca j  E < 0. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Da bi napravila punu oscilaci oscilaciju, ju, ˇcestica cestica mora prije´ci ci put od lijeve toˇcke cke obrata o brata (x1 ) do desne toˇcke cke obrata (x2 ) i natrag. Gibanje od o d toˇcke cke x1  do  do to toˇˇcke cke x2   daje samo pola po la osci oscilaci lacije. je. Prvo traˇzimo zimo toˇcke cke obra o brata ta 2αx1,2

⇒ A(e−

 = U (x) =  E  =

− 2e−

αx1,2

)=

 

−|E |.

(2.42)

Dopunimo lijevu stranu do punog kvadrata (e−αx1,2

|, − 1) − 1 = − |E  A 2

 

(2.43)

i izr izraˇ aˇcunam cun amoo toˇcke cke ob obra rata ta =

1,2  =

⇒x

− α1  ln

    | | ± − 1

1

E  . A

 

(2.44)

Vrijeme potrebno za pola pune oscilacije (2.10 ( 2.10)) τ  = Ako uvrstimo zadani potencijal τ  =

      m 2

x2

dx . E  U (x)

x1

      x2

m 2

E 

x1

 

−

dx 2αx

− A(e−

+ 2e 2e−αx)

(2.45)

 

,

(2.46)

preosta je samo rijeˇsiti siti integral

  √  x2

I  =

x1

E 

dx 2αx

− Ae−

+ 2Ae 2Ae−αx

 

.

(2.47)

Koristimo supstituciju  = e u  =  e−αx

dx

du  = − . → dx dx = αu

 = e u1,2  =  e −αx1,2 .

 

αx

 = −αe− → du du =

 

(2.48)

Granice integracije prelaze u (2.49)

34

POGLAVLJE 2.

Energija je negativna pa vrijedi: E  =  = I  =

−

1 α

GIBANJE GIBAN JE U JEDNOJ DIMEN DIMENZIJI  ZIJI 

−|E |. Integral

    −   √  u2

u1

du 2Au Au2 + 2Au

u

 

− |E | .

(2.50)

moˇzemo zemo pron prona´ a´ci ci u tabl tablicam icamaa integ integral ralaa (Bro (Bronˇ nˇstejn, stej n, br. 258 258)) du .  + c u au2 + bu bu +

 

Rezultat ovisi o vrijednostima parametara c parametara  c i  i ∆ = 4ac 4 ac

• c = −|E | < 0 • |E | < A =⇒ ∆ = 4AE  4 AE  − 4A

2

(2.51)

2

sem slu sluˇˇcaju ca ju vri vrijed jedii − b . U naˇsem

= 4A( E 

| | − A) <  0  < 0

  ⇒ √ 

1  + 2c 2c du  bu +  bu =  arcsin c ∆ u  + c u au2 + bu bu + Uvrstimo granice integracije u rjeˇsenje senje neodr neodred ed¯enog ¯enog integrala

√ −

=

I  = Toˇcke cke obr brat ataa

√ −

   −− | || |  −  | | „ q  «  − | | „ q  «   − − | | 1

α

2Au 2 E  arcsin E  u 4A2 4A E 

 = e u1  =  e −αx1 = e

ln 1+

− |EA|

1

= 1+

| ln 1− 1− |E A αx2 −  = e = e =1 u2  =  e

Konaˇ Ko naˇcno, cno , integr int egral al I  = Period oscilacije

(2.52)

u2

 

.

u1

1

E  , A

 

(2.54)

1

E  , A

 

(2.55)

π (arcsi csin n (−1) − arc arcsin sin (1) (1))) = − α 1|E | (ar . α |E |

 

T  = 2τ  = 2

    m π  I  = 2 α

2m . E 

| |

(2.53)

 

 

 

(2.56)

(2.57)

2.1.

35

KONZERV KONZER VATIVNI SUSTAVI 

U (x)

x1

x2 x E 

−A ˇ Slika 2.5: Cesti Cestica ca osci oscilira lira izmed¯u toˇcaka caka obr obrata ata x  x 1 i  x 2 .

36

2.2 2. 2

POGLAVLJE 2.

GIBANJE GIBAN JE U JEDNOJ DIMEN DIMENZIJI  ZIJI 

Giba Gi banj nje e u me medi diju ju s otpo otporo rom m

Pretpostavimo da se ˇcestica cestica mase m  giba u jednoj dimenziji pod utjecajem konstantne sile F  sile  F  i sile otpora koja ko ja je proporcionalna nekoj potenciji brzine. Jednadˇ zba zba gibanja giban ja u tom sluˇcaju ca ju glasi  = F    (2.58) mx¨  =  F  β  β ((x˙ )α .

 −  −

Radi se o diferencijalnoj jednadˇ zbi drugog reda koja ne ovisi eksplicitno o x  pa je zbi moˇzemo zemo rijeˇsiti siti meto metodom dom sniˇzavanja zavanja reda jedn jednadˇ adˇzbe. zbe . Kor Koristi istimo mo sups supstitu tituciju ciju x˙  =  = v  v  = F  mv˙  =  F 

 − βv  −

α

 

.

(2.59)

Pretho Pret hodnu dnu jedn jednadˇ adˇzbu zbu (prvo (prvogg reda r eda)) moˇ m oˇzemo zemo rijeˇsiti siti sepa separaci racijom jom varija varijabli bli m

dv =  F  dt

mdv  − βv =⇒ F   −  − − βv α

α

=  dt.

 

(2.60)

Lijevu stranu integriramo od v od  v 0 do v , a desnu od 0 do t do  t

 

v

v0

mdv′ =  t. F  β (v ′ )α

 −  −

 

(2.61)

2.2.. 2.2

37

GIBANJ GIB ANJE E U MEDIJU MEDIJU S OTPORO OTPOROM  M 

Zadatak 2.5 U trenutku t   = 0 pad padobr obranac anac mase m   nalazi se u toˇcki cki z  z    = 0 i pada prema povrˇsini sini Zeml Zemlje je brzi brzinom nom v  v0 . Ako je sila otpora zraka proporcionalna trenutnoj brzini padobra pad obranca nca nad¯it ¯itee p oloˇ oˇzaj za j •   pol •   brzinu •   ubrzanje padobranca u bilo kojem trenut trenutku ku prije udarca u povrˇsinu sinu Zemlje. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Na padobranca djeluje djeluje sila teˇza za prem premaa dolje i sila otpora zrak zrakaa prem premaa gore (tj. u smjeru suprotnom od smjera gibanja). Jednadˇ zba gibanja padobranca glasi zba O

−βv k m

mg  k

Slika 2.6: Na padobranca djeluje sila teˇza Slika za mg  Prit itom om k   i sila otpora zraka βv   k . Pr  je v  je  trenutna na brzi brzina na ˇcestice, cest ice, a  β  je konstan konstanta ta proporcionalnosti izmed ¯u sile otpora i ¯u  v  trenut trenutne brzine.

 −

m

dv =  mg dt

 

− βv βv..

(2.62)

Separiramo varijable mdv =  dt, mg βv

−

 

(2.63)

38

POGLAVLJE 2.

GIBANJE GIBAN JE U JEDNOJ DIMEN DIMENZIJI  ZIJI 

a zatim integriramo lijevu i desnu stranu

 

v

v0

mdv′ =  t. mg βv ′

 

−

(2.64)

Integral na lijevoj strani je netrivijalan

 

v

v0

mdv′ = mg βv ′

−

=

⇒−

−

 

v

m β 

m ln (mg β 

d(mg βv ′) . mg βv ′

− −

v0



− βv ′)

(2.65)

v

=  t.

 

(2.66)

v0

mg − βv β  ⇒ ln mg = − t. − βv m

=

 

 

(2.67)

0

⇒ mg − βv  = (mg − βv )e− mg  mg − =⇒ v  = + (v (v − )e β  β 

=

0

β t m

 β t m

0

 

.

(2.68)

 

.

(2.69)

Deriviranjem brzine dolazimo do akceleracije

− 

dv = g a  = dt

 β v0 m

 β

e− m t .

 

(2.70)

Nakon dovoljno dugog vremena akceleracija pada na nulu. Padobranac se dalje giba  jednolikom brzinom koju zov zovemo emo graniˇcna cna brzina vgr =

mg . β 

 

(2.71)

Integriranjem Integriranje m brzine dolazimo do poloˇzaja zaja padobranca

 

t

z (t)

− z (t = 0) =

  

v (t)dt.



t

mg mg − β t + (v (v0 )e m dt z (t) = β  β  0 mgt  m  mg = + 1 e−βt/m . v0 β  β  β 

−



−

 

(2.72)

0

 − 

Promotr imo joˇs i limese po Promotrimo pojedinih jedinih veliˇcina cina kada β  zraka).

 

(2.73)  

(2.74)

caj kada nema otpora  →  0 (sluˇcaj  →

2.2.. 2.2

39

GIBANJ GIB ANJE E U MEDIJU MEDIJU S OTPORO OTPOROM  M 

•   akceleracija:

−   −     − 

lim g

β  0

→

•   brzina:

βv 0 m

β

e− m t = g  g..

mg mg + v0 β  0 β  β   β  mg = lim v0 e− m t + 1 β →0 β 

v (β 

 → 0) = lim  → →

=  v0  + mg  lim mg lim

1

β 

β  0

→

Izrazz je neo Izra neodred dred¯en

 0 0

 β t m

(2.75)

 β

e− m t

 

 β

e− m t

(2.76)  

(2.77)

 

.

(2.78)

 pa moˇzemo zemo iskoristiti L’Hosp L’Hospitalovo italovo pravilo  β

v (β 

po loˇˇzaj: za j: •   polo

− e−

 

 →  →

+ mt e− m t 0) =  v0  + mg  lim mg lim β →0 1 =  v0  + gt.  





−

−

Oba limesa su neod neodred red¯ena ¯ena

 0 0

−

(2.79) (2.80)

  −  

mgt  m  mg + 1 z (t) = lim v0 β →0 β  β  β  1 e−βt/m = lim mv0 β →0 β  βt m 1 e−βt/m + mg  lim mg lim . β →0 β 2

−

 

e−βt/m

 

 

(2.81) (2.82)

 

(2.83)

 pa opet koristimo L’Hospitalovo pravilo.

(t/m t/m))e−βt/m   z (t) = lim mv0 β →0 1 t m(t/m t/m))e−βt/m + mg  lim   mg lim β →0 2β   1 1 e−βt/m =  v0 t + mgt  lim mgt lim . β →0 2 β 

(2.84)

−

(2.85)

−

 

(2.86)

Na drugi limes primjenimo L’Hospitalov L’Hospitalovoo pravilo joˇs jednom  1 (t/m t/m))e−βt/m  lim z (t) = lim v0 t + mgt mgt lim β →0 β →0 2 1  1   z (t) =  v 0 t + gt 2 . 2

 

(2.87) (2.88)

40 U gr gran aniˇ iˇcnom cn om sl sluˇ uˇcaju ca ju β  bodnog pada.

POGLAVLJE 2.

GIBANJE GIBAN JE U JEDNOJ DIMEN DIMENZIJI  ZIJI 

→   0 uspjeli smo reproducirati sve poznate rezultate slo-

Poglavlje 3 Centralne sile 3.1

Saˇ cuvanje momenta cuvanje mo menta koliˇ cin e gibanja cine gib anja

Pretpostavimo da se ˇcestica cestica giba u polju cent centralne ralne sile   = F 

−∇U (r) = − dU   r . dr

 

0

(3.1)

Vreme remenska nska pro promjen mjenaa mom momenta enta koliˇcine cine gib gibanj anjaa ˇcestice cesti ce    dM    =  r = N  dt

× F   = − dU   r × r . dr 0

Vektori  Vektori produkt  r  r i  r0  su paralelni pa vektorski produkt 

 

(3.2)

× r   iˇsˇcezava

   dM  =0= dt

0

  = konst. ⇒ M 

(3.3)

Moment koli koliˇˇcine cine gibanja ˇcestice cestice koja se giba u polju centr centralne alne sile je saˇcuvan. cuvan. Iz definicije   = r  p   (3.4) M   p =   = m  mr r, r˙,

×

×

    med slijedi da su vektori pol poloˇ oˇzaja za ja  cine gibanj gibanjaa M  me d¯us usob obno no  r, brzine r˙  i momenta koliˇcine M   okomiti. Dakle, vekt vektor or poloˇzaja zaja je u sv svakom akom trenutku gibanja okomit na konstan konstantni tni   vektor M  p a se putanja ˇcestice, cestice, odr odred ed¯ena ¯ena vektorom r(t) uvijek nalazi u ravnini M    pa   . Koordinat okomitojj na vektor momenta okomito mo menta koliˇcine cine gibanja M  Koordinatni ni sustav orijentiram orijentiramoo   . Putan tako da se os z  Putanja ja ˇcestice cestice se nalaz nalazii u xy   ravnini pa z    ima smjer vektora M  moˇzemo zemo koristiti dvodimenzionalni polarni sustav definiran koordinatama koordinatama r  r i  φ  φ.. 41

42

3.2

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Ekviv Ekv ivale alent ntni ni jednodi jednodimenz menzion ionaln alnii potenci potencija jall

ˇ Cestica mase m  giba se u polju centralne sile

Jedna Jed nadˇ dˇzbu zbu gi giba banj njaa ˇcestic ces ticee

 (r ) =  f  f  f (  f ((r )r0 .

 

(3.5)

 = f  mr¨ =  f ((r )r0 ,

 

(3.6)

moˇzemo zemo napisat napisatii u pol polarnim arnim koordin koordinatama atama

−    − 

m r¨

 0  = f   =  f ((r)r0 . r ˙φ2 r0  + m 2r˙  ˙φ + r φ¨ φ

 

(3.7)

Pretho Pret hodna dna jedn jednadˇ adˇzba zba u sebi sadrˇzi zi dvij dvijee skalar skalarne ne jedn jednadˇ adˇzbe zbe m r¨

 = f  r ˙φ2  =  f ((r),

 

 ˙  + r φ¨ = 0. 2r˙φ

(3.8)

 

(3.9)

Jedn. (3.9 (3.9)) moˇzemo zemo rijeˇsiti siti sepa separaci racijom jom varija varijabli bli  ˙r 2 = r

−

φ¨ . φ

 

(3.10)

Koriste´ Kor iste´ci ci pravi pravilo lo lanˇcanog cano g deri derivira viranja nja moˇzemo zemo nap napisat isatii  d 2  ln r  = dt

−

d  ln φ˙  = dt

⇒

 

d  ln r 2  ˙φ  = 0. dt

 

(3.11)

Sa ˇcuvan Saˇ cu vanaa ve veliliˇˇcina ci na mr2  ˙φ   odgovara z   komponenti momenta koli koliˇˇcine cine gibanja u cilinz  komponenti driˇcnim cnim koo koordin rdinata atama. ma. Ve Ve´´c smo s mo zakl zakljuˇ juˇcili cili da je zakr zakretni etni impu impuls ls saˇcuvan cuvan po smje smjeru, ru,   a koordinatni sustav smo orjentirali tako da se M  Osim m smjer smjera, a, M    poklapa s osi z . Osi oˇcito cito je saˇcuvan cuvan i izno iznoss mom momenta enta koliˇcine cine gib gibanj anjaa M z

 ≡ M  = mr  ˙φ = konst. 2

(3.12)

43

3.2. EKVIVALENT ALENTNI NI JEDNOD JEDNODIMENZ IMENZIONAL IONALNI NI POTENCIJAL POTENCIJAL

Iz pretho prethodne dne jednadˇzbe zbe moˇzemo zemo izraziti kutnu brzinu φ˙ M  φ˙  = , mr2

 

(3.13)

i uvrstiti je u jedn. (3.8 ( 3.8)) r¨

−

1 M 2 = f ((r). f  m2 r3 m

 

(3.14)

 

(3.15)

Iskoristimo relaciju M 2 = m2 r 3

−

M 2 d 1 , 2m2 dr r 2

kao i vezu sile i potencijala f (r ) = f ( M 2 d 1 = r¨ + 2m2 dr r2

−

− dU   , dr

1 dU  = m dr

⇒ mr¨ = −

 

(3.16)





 d M 2 U ((r ) + U  . 2mr2 dr

 

(3.17)

Problem Probl em smo sv sveli eli na gibanj gibanjee u efek efektivn tivnom om jedn jednodimenz odimenzional ionalnom nom potenc potencijalu ijalu M 2 U ef  U ((r ) + . ef f (r ) =  U  2mr2

 

(3.18)

Pomnoˇzimo zimo jedn jednadˇ adˇzbu zbu gib gibanj anjaa s r˙ mr¨r˙  =

−

dU ef ef f (r ) r˙  = dr

⇒





d 1 2 mr˙ + U ef ef f (r )  = 0, dt 2

 

(3.19)

i op opet et smo doˇsli sli do saˇcuvanja cuvanja energ energije ije 1 2 mr˙ + U ef  E.. ef f (r ) =  E 2

 

(3.20)

Kao i u sluˇcaju ca ju jedn jednod odimen imenzion zionaln alnog og gib gibanj anja, a, ˇcestica cesti ca se moˇze ze gib gibati ati sam samoo u po podruˇ druˇcju cju za koje vrijedi   (3.21) U ef E. ef f (r )

≤

Takvo po p o druˇcje cje zovem zovemoo kla k lasiˇ siˇcno cno do dozvol zvoljen jenoo po p o druˇcje, cje , a nje njegove gove kra jnj jnjee toˇcke cke (U  ( U ef ef f (rt.o. ) = cke obrata. ob rata. Bitno je uoˇ u oˇciti citi da u sluˇcaju caj u gibanja u pol polju ju centralne centra lne sile, E ) zovemo toˇcke  ˙ ˇcestica cestica u toˇcki cki obrata ne sto stoji ji jer je komponenta brzine vφ =  r φ  konaˇcna. cna. Izra Izrazz za energiju da daje je radija radijalnu lnu brzinu brzi nu ˇcestice cestice dr = r˙  = dt

  ±

 2  [ [E  E  m

− U (r)] −

M 2 , m2 r2

 

(3.22)

44

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

pri ˇcemu cemu pozitivni predznak odgovara pove pove´´canju, canju, a negativni smanjenju radijalne udaljenosti udaljeno sti u vremenu. Integriramo jednadˇzbu zbu (3.22 ( 3.22))

  ±   r

t  =

dr′

2  [ [E  E  m

r0

− U (r′)] −

M 2 m2 r′ 2

 

,

(3.23)

gdje je r je  r 0  poˇcetna cetn a radi radijal jalna na uda udaljen ljenost ost ˇcestice. cesti ce. Invertir Invertiranj anjem em jedna jednadˇ dˇzbe zbe (3.23 3.23)) doˇsli bi do putanje r(t). Promotr Promotrimo imo sada sa da jednadˇ j ednadˇzbu zbu (3.13 3.13)) M   = dφ  = dφ = dt = dt mr2

⇒φ−

M  φ0  = m

 

t

0

dt′ . r 2 (t′ )

 

(3.24)

Kut φ  monotono raste s vremenom ako je M >  0, odnosno monotono pada s vremenom ako je M je  M <  0. U oba ob a sluˇ sl uˇcaja ca ja φ˙  nikad ne mijenja predznak, odnosno orbita se stalno namata u istom isto m smjeru. smjeru . Predznak kutne brzine b rzine moˇzemo zemo odrediti o drediti iz poˇ p oˇcetnih cetnih y

y

m

α

v0

r0 x

r

x

r0

Slikaa 3. Slik 3.2: 2: Vek ekto tori ri po poˇˇcetn c etnog og p ol oloˇ oˇzaja za ja i br brzin zinee ˇcesti ces tice. ce.

Slika 3.1: Orbita ˇcestice Slika cestice za koju  je φ˙ >  0.

uvje ta. Oznaˇcimo uvjeta. cimo s r0  p  poˇ oˇcetni cetni radijus radijus-vektor, -vektor, a s v0  po  poˇˇcetnu cet nu brzi b rzinu nu ˇcestic ces tice. e. Neka je ¯u ta dva vektora. Gibanje se odvija u  xy  ravnini pa vrijedi α  kut izmed¯u   =  mr0 M 

× v  =  = mr  mr v  sin α  k. 0

 

0 0

(3.25)

Ako je kut α  u intervalu [0, [0, π] (sin α >  0), moment mo ment koliˇcine cine gibanja ima smjer +  k, odnosno M  odnosno (sl. 3.1 i i 3.2  3.2). ). Obrat Obratno, no, ako je kut kut α  u intervalu [π, [π, 2π ]  M  =  mr0 v0 sin α 0 (sl. 3.1  α u (sin α <  0), moment koliˇcine cine gibanj gibanjaa ima smjer   k , odnosno M  =  mr 0 v0 sin α  0 (sl. 3.3 3.3 i i 3.4 3.4). ). Eliminir Eliminiramo amo vrijeme iz i z jednadˇzbe zbe (3.22 3.22))

≥

 −

 ≤

d dφ d d = = φ˙ , dt dt dφ dφ

 

(3.26)

te iskoristimo i skoristimo saˇcuvanje cuvanje iznosa izn osa zakretnog impulsa d M  d = = dt mr2 dφ

M  dr = ⇒ dr . dt mr dφ 2

 

(3.27)

45

3.2. EKVIVALENT ALENTNI NI JEDNOD JEDNODIMENZ IMENZIONAL IONALNI NI POTENCIJAL POTENCIJAL

y

y

r0 x

r m

r0

α

x v0

Slika 3.3: Orbita ˇcestice Slika cestice za koju  je φ˙ <  0.

Slikaa 3. Slik 3.4: 4: Vek ekto tori ri po poˇˇcetn c etnog og p ol oloˇ oˇzaja za ja i brz brzin inee ˇcesti ces tice. ce.

Jednadˇzba zba koja odr odred ed¯uje ¯uje tra trajektoriju jektoriju u prosto prostoru ru M  dr = mr2 dφ

  ±

 2  [ [E  E  m

2

M  − U  U ((r )] − . mr

 

2 2

(3.28)

Uz M >  0 pozitivni po zitivni predznak odg odgovara ovara pove´canju canju varijable r  s kutem φ  i obratno. Separiramo varijable  = dφ = dφ

M  ± mr

2

1

 

2  [ [E  E  m

− U (r)] −

M 2 m2 r2

 

,

(3.29)

a zatim integriramo jednadˇzbu zbu (3.29 3.29))

    ± r

φ

− φ  = 0

r0

M dr′

2 r ′ 2 2m [E  − U  U ((r ′ )] − M  2 ′ r

.

 

(3.30)

46

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Zadatak 3.1 ˇ Cestica mase  m  giba se u potencijalu mase m U (r) =

− kr + rh . 2

Nad¯ite ¯ite minimum efektivnog pot potencijala, encijala, kao i toˇcke cke obrata obrata.. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: ˇ Cestica se giba u jednodimenzionalnom efektivnom potencijalu M 2 = U ef  U ((r ) + ef f (r ) =  U  2mr2

−



k  M 2 + h+ 2m r



1 . r2

 

(3.31)

Minimum efektivnog ef ektivnog poten potencijala cijala odr odred ed¯en ¯en je uvjetom dU ef ef f  =0= dr

⇒

k r2

  −

 M 2 2 h + 2m



1 = 0. 0. r3

 

(3.32)

Pomnoˇ Pom noˇzimo zim o pr preth ethoo dnu jed jedna nadˇ dˇzbu zbu s r 3 i dolazimo do lazimo do pol poloˇ oˇzaja za ja minimuma m inimuma 2 r0  = k



 

 M 2 M 2  = h + 2m mk



 2 mh  2mh 1+ . M 2

 

(3.33)

Ako uvedemo oznake

 2 mh  2mh M 2 Ω2 i ˜  =   (3.34)  p =  p , M 2 mk minimum potencijala nalazi se na radijusu  r  =  p ˜. Minimalna energija iznosi  p. Ω2 = 1 +



k  M 2  = U  + h+ U 0  =  U ef ef f (r0 ) = 2m r0  2mh  2 k M 2 mh = + 1 + r0 2mr02 M 2 k  M 2 Ω2 = + 2mr02 r0 k k p˜  k = + 2 = . 2 p˜ r0 2r0

−



−





1 r02

(3.35)  

(3.37)

− −

−

(3.36)

 

(3.38)

Da bi skicirali efektivni potencijal, uvijek izraˇcunamo cunamo dv dvaa bitna limesa, lim U ef ef f (r ) = +

r

→0

∞

i

lim U ef ef f (r ) =

r

→∞

−0

(3.39)

uzima ju´ci uzimaju´ ci u obzir da na malim udaljeno udaljenostima stima od isho ishodiˇ diˇsta sta dominir dominiraa ˇclan clan 1/r2 , a na velikima veliki ma ˇclan clan 1/r ckama obrata izjednaˇ cva s efektivnim potencicva /r.. Energija se u toˇckama

47

3.2. EKVIVALENT ALENTNI NI JEDNOD JEDNODIMENZ IMENZIONAL IONALNI NI POTENCIJAL POTENCIJAL

U ef ef f  r

U ef ef f  r

M 2 2mr2

+

E 

h r2

r1 M 2 2mr2

+

h r2

r E  U 0

r

r2

r1

−

k r

−

U 0

k r

Slika 3.6 Slik 3.6:: Ene Energi rgija ja ˇcesti cestice ce je pozitivna iti vna.. Post ostoji oji sam samoo jed jedna na toˇcka cka obrata r1 . Klasi Klasiˇˇcno cno dozvoljeno dozvoljeno podruˇcje cje od odgovara govara inter intervalu valu [r1 , .

Slika 3.5: Ener Slika Energija gija ˇcestice cestice je negativna. Postoje dvije toˇcke cke obrata r1 i r2 . Klasiˇcno cno dozvoljeno po podruˇ druˇcje cje odgovara intervalu [r [r1 , r2 ].

∞

 jalom U ef ef f (r ) =  E  =

⇒−



k  M 2 + h+ 2m r



1 =  E  E.. r2

 

(3.40)

Razlikuj Razl ikujemo emo dva sluˇ s luˇcaja ca ja postoj ojee dvije dvi je toˇcke cke obrata obra ta r • E < 0: post  r  (pericentar) i r  (apocentar) 1

2

• E  ≥  ≥ 0: posto postoji ji samo jedna toˇcka cka obrata obrata r  r  (pericentar) 1

Pomnoˇ Pomn oˇzimo zim o jed jedn. n. (3.40 3.40)) s  r 2 i dolazim dolazimoo do kvadratne jednadˇzbe zbe 2

Er + kr

 −



 M 2  = 0, h+ 2m

 

(3.41)

s po poznat znatim im rjeˇsenjem senj em

r1,2  =

k 2E 

−  ±

  



1  M 2 2 4E  h + k + 4E  , 2E  2m

 

(3.42)

48

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

koje moˇzemo zemo napisat napisatii u obliku

   −  ±   −  ±      | | k M 2 1 + 4E  4 E  2E  2mk2

k 2E 

r1,2  = = =

 k  p˜ 2 p˜ E 

U 0  p˜ E 

 2 mh  2mh 1+ M 2



 2E   2 k  p˜ E  1 +  p˜ 2 p˜ E  k

−1 ±

1+

E  U 0

.

| |

 

(3.43)

 

(3.44)

 

(3.45)

Ako je energija negativna, oba rje rjeˇˇsenja senja posto postoje je r1  = r2  =

     | | − − | | | | | |    | |  | | U 0  ˜ 1  p E 

1

E  U 0

  (pericentar) (pericentar),,

 

(3.46)

U 0  ˜ 1 +  p E 

1

− |U E |

  (apocentar) (apocentar)..

 

(3.47)

| |

0

Omjer energije i minimuma potencijala oznaˇcimo cimo s ǫ. Pr Prit itom om vrij vrijed edii ǫ energija mora biti ve ve´´ca ca od minimuma potencijala r1  =

 − √  − 

 p˜ 1 ǫ

1

i r2  =

ǫ

 p˜ 1+ ǫ



√ 1 − ǫ



 

.

≤   1 jer (3.48)

Ako je energija ˇcestice cestice pozitivna p ozitivna posto postoji ji samo ono rje rjeˇˇsenje senje koje daje pozitivnu vri jdnost radijalne udaljenosti r1 =

|   

 |U   p˜ −1 + E  0

1+

E  U 0

| |

  (pericentar) (pericentar)..

 

(3.49)

Opet, ako omjer energije i apsolutne vrijednosti minimuma potencijala po tencijala oznaˇcimo cimo s sto jednostavnij jednostavnijeg eg izraza ǫ  dolazimo do neˇsto  p˜ r1  = ǫ

√  1+ 1+ǫ

−



.

 

(3.50)

49

3.2. EKVIVALENT ALENTNI NI JEDNOD JEDNODIMENZ IMENZIONAL IONALNI NI POTENCIJAL POTENCIJAL

Zadatak 3.2 ˇ Cestica mase  m  giba se u potencijalu mase m U (r ) = U (

k r

 − rh ,

 0,, k , h > 0

2

i pritom vrijedi M 2 < 2mh ¯ite maksimum efektivnog pot potencijala encijala,, kao i toˇcke cke mh.. Nad¯ite obrata. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: ˇ Cestica se giba u jednodimenzionalnom efektivnom potencijalu M 2 k ( ) = ( ) + = + U ef r  U (  U  r ef f  2mr2 r

−

 M 2 h + 2m



1 . r2

 

(3.51)

Maksimum efektivnog poten potencijala cijala nalazi se u toˇcki r cki  r 0  za koju vrijedi dU ef ef f  =0= dr

⇒−

k r02

 −

M 2 2 2m

  − h

1 = 0. r03

 

(3.52)

Pomnoˇ Pomn oˇzimo zim o pre pretho thodnu dnu jed jedna nadˇ dˇzbu zbu s r03 M 2 r0  = mk



2mh M 2

 −

1 .

 

(3.53)

Koristimo oznake 2mh γ  = M 2 2

−1

i

M 2 γ 2 =  p ˜ =  p = mk

⇒ r  =  p.˜

 

0

(3.54)

Maksimum efektivnog potencijala dobijemo tako da  r 0  uvrstimo u formulu za efektivni potencijal



1 M 2 k  = U  ( ) = + U 0  =  U ef r ef f  0 r0 r02 2m 1 M 2 2mh k = + 2 1 r0 r0 2m M 2 k k M 2 2mh = 1 r0 2r02 mk M 2 k k k = = .  p˜ 2 p˜ 2 p˜

  −

 

h

−   −

−

 −

 

(3.56)  

 

(3.55)

(3.57) (3.58)

Da bi skicirali efektivni potencijal, p otencijal, izraˇcunamo cunamo limese, lim U ef ef f (r ) =

r

→0

−∞

i

lim U ef ef f (r ) = +0

r

→∞

(3.59)

50

POGLAVLJE 3.

ef f 

r

ef f 

k r

ef f 

r

r

E  r1

 −

k r

r2

r M 2 2mr2

r E 

k r

E  r1

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

M 2 2mr2

h r2

 −

r

h r2

M 2 2mr2

 −

h r2

Slika 3.7: Lijevo:En Lijevo:Energija ergija ˇcestice cestice je negativna, posto postoji ji jedna toˇcka cka obrata r1 , a klasiˇcno cno dozvoljeno po podruˇ druˇcje cje odg odgovara ovara intervalu [0 [0,, r1 ]. Sredina: Energija ˇcestice cestice  je pozitivna, ali manja od maksimuma efektivnog potencijala. Postoje dvije toˇcke cke obrata r1 i r2 . Klasiˇcno cno dozvoljeno po podruˇ druˇcje cje odg odgovara ovara intervalima [0 [0,, r1 ] i [r2 , . Desno:Energija ˇcestice cestice je ve ve´´ca ca od maksimuma efektivnog potencijala. Ne posto postoji ji nijedna nij edna toˇcka cka obra o brata, ta, a ˇcestici cesti ci je dost dostupno upno cijel cijeloo po podruˇ druˇcje. cje.

∞

uzima ju´ci uzimaju´ ci u obzir da na malim udaljeno udaljenostima stima od isho ishodiˇ diˇsta sta dominir dominiraa ˇclan clan 1/r2 , a na velikima veliki ma ˇclan clan 1/r ckama obrata izjednaˇ cva s efektivnim potencicva /r.. Energija se u toˇckama  jalom k  M 2 1  = + =  E   (3.60) U ef h +  E.. ef f (r ) =  E  = 2m r 2 r Pomnoˇ Pom noˇzimo zim o pr preth ethoo dnu jed jedna nadˇ dˇzbu zbu s r 2

−

⇒

Er 2

− kr

 −

  −

M 2 2m



˜ ⇒ Er − kr −  pk = 0. 2

h  = 0 =

2

 

(3.61)

Rjeˇsenja senj a kvadra kvadratne tne jedn jednadˇ adˇzbe zbe gla glase se

1 k ˜   k 2 2E  E ˜  pk 2E  2E   2E   2 k k E ˜  p˜ = 1   . 2E  2E  k Oznaˇcimo cimo omjer energije i maksimuma efektivnog potencijala p otencijala s ǫ  p˜ 1 1 ǫ .   r1,2  = ǫ Razliku Raz likujemo jemo tri sluˇ s luˇcaja ca ja r1,2  =

 ±  ±

  −  −

(3.62) (3.63)

 ± √  − 

postoji ji samo jedna toˇcka cka obrata • E < 0 (−1 ≤ ǫ < 0): posto  p˜ r  = |ǫ| −1 + 1 + |ǫ| . 1

   

ˇ Cestica se moˇ m oˇze ze gibati u intervalu [0, [0 , r1 ].

(3.64)

 

(3.65)

51

3.2. EKVIVALENT ALENTNI NI JEDNOD JEDNODIMENZ IMENZIONAL IONALNI NI POTENCIJAL POTENCIJAL

postoj ojee dvije toˇcke cke obrata obrat a • 0 ≤ E  ≤  ≤ U  (0 ≤ ǫ ≤ 1): post √   p˜ 1− 1−ǫ r  = ǫ √   p˜ 1+ 1−ǫ . r  = 0

1

2

ǫ

 

 

 

(3.66)  

ˇ Cestica se moˇze ze gibati u jednom od o d dva intervala intervala [0, [0, r1 ] ili [r [r2 ,

(3.67)

∞.

jednaa toˇ cka obrat cka obrataa jer je izra izrazz po kor korijen ijenom om • E√ > U  (ǫ >   1): ne postoji ni jedn ˇ 1 − ǫ  negativan. Cestici su dostupne sve vrijednosti radijalne koordinate. 0

52

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Zadatak 3.3 ˇ Cestica mase  m  giba se u centralnom potencijalu mase m U (r ) = U (

− kr + rh ,

 0.. k , h > 0

2

Nad¯ite ¯ite orbitu ako je energija ˇcestice cestice negativn negativna, a, a u poˇcetnom cetnom trenutku ˇcestica cestica se nalazi u pericentru na osi  x  x.. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Efektivni potencijal je suma potencijala  U   U ((r ) i centrifugalnog doprinosa U ef ef f (r ) =

−

k + r





1 M 2 + h 2. 2m r

 

(3.68)

Promotrimo dva bitna limesa efektivnog potencijala, uzimaju´ uzima ju´ci ci u obzir da na malim udaljenostima udaljeno stima od isho ishodiˇ diˇsta sta dominir dominiraa ˇclan clan 1/r2 , a na velikima ˇclan clan 1/r lim U ef ef f (r ) = +

r

→0

∞

i

lim U ef ef f (r ) =

r

→∞

−0.

 

(3.69)

Orbi Or bitu tu ˇcest cestic icee moˇzemo zemo na na´´ci ci kor koris iste´ te´ci ci fo formu rmulu lu (3.30 3.30)) U ef ef f (r )

M 2 2mr2

+

h r2

r E 

r2

r1

−

k r

Slika 3.8: 3. 8: Efektivni poten potencijal, cijal, energija ˇcestice cestice i toˇcke cke obrata. obra ta.

    r

φ =

rmin

r′

2

M dr′

2m [E 

− U (r′ )] −

M 2 r′ 2

,

 

(3.70)

53

3.2. EKVIVALENT ALENTNI NI JEDNOD JEDNODIMENZ IMENZIONAL IONALNI NI POTENCIJAL POTENCIJAL

pri ˇcemu cemu smo uzeli u obzir da se ˇcestica cestica na poˇcetku cetku gibanja nalazi u pericentru (r0  =  = r osi  x  (  (φ 3.70))  r min ) na osi x φ0  = 0). Uvrstimo zadani potencijal u jedn. ( 3.70 M  φ = 2m

√ 

M  = 2m

√ 

Uvedemo oznake

        r

dr′

rmin r ′ 2  + E  +

k r′

r

h r′ 2

 −  −

(3.71)

M 2 2mr′ 2

dr′

 

2 mh 1 + 2M  r ′ Er ′ 2 + kr ′ − M  2 2m

rmin

 2 mh  2mh M 2 Ω2 Ω = 1+ i  p ˜ =  p = , M 2 mk i iskoristim iskoristimoo podatak da je energija ˇcestice cestice negativna (E  =  = 2

M  φ  = 2m

√ 

    −| |   √  r

rmin

r′

 

E  r′ + kr ′

−

(3.72)

(3.73)

−|E |)

dr′ 2

 

.

M 2 Ω2 2m

 

.

(3.74)

Rjeˇsenje senj e od odgovara govaraju´ ju´ceg ceg tab tabliˇ liˇcnog cnog integ integrala rala (Bro (Bronˇ nˇstejn, stejn , br. 258 258)) dx  + c x ax2 + bx bx +

I  = ovisi o parametrima c  i ∆ = 4ac 4ac

(3.75)

2

n aˇsem sem sluˇcaju ca ju vri vrijed jedii − b . U naˇ 2

a  =

−|E |,

 = k b  =  k,,

c =

2

− M 2mΩ .

 

(3.76)

Parametar ∆ 2

2

|E |M  Ω − k ∆=2 m 2M 2 Ω2 = [ E  m

2

2M 2 Ω2 = m

| | − E 

mk2 2M 2 Ω2

| | − |U  |] ,



 

 

0

(3.77) (3.78)

 je negativ negativan an jer energija ˇcestice cestice ne moˇze ze biti manja od minimuma potencijala (U 0 ) koji smo izraˇcunali cunali u zadatku zadatku 1  1.. Za kombinaciju parametara c parametara  c <  0 i ∆  <  0 vrijedi  < 0

  √ 

dx =  + c x ax2 + bx bx +

 + 2c 2c  bx + √ 1−c arcsin bx √  . x −∆

 

(3.79)

 

(3.80)

Uvrstimo rjeˇsenje senje integrala u jedn. (3.74 3.74)) M  φ  = 2m

√ 

 

   

2 2  kr ′ − M mΩ 2m  arcsin M 2 Ω2 r′ |∆|

r

. rmin

54

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Podijelimo brojnik i nazivnik argumenta funkcije arcsin s k   i iskoristimo definiciju M 2 Ω2 parametra p ˜ =  p = mk

  − | |    − −| |    −−    − −     | | |    | |  φ =

r

2 2 r′ − M  Ω

1  arcsin Ω r′

mk

2M 2 Ω2 mk 2

E  + 1 r

r′

1 =  arcsin Ω r′

2˜  p k

E  + 1

1 r ′  p˜ =  arcsin |E | Ω r′ |U 0|  + 1

r

 p˜ r′

1

rmin

 p˜

|E | |U 0|  + 1

(3.82)

rmin

r

1 =  arcsin Ω

(3.81)

(3.83)

rmin

 

.

(3.84)

rmin

U zadatku 1 zadatku  1  smo izraˇcunali cunali udaljeno udaljenost st pericentra od isho ishodiˇ diˇsta sta rmin  =

 |U   p ˜ 1 − |E | 0

1

− |U E |  =⇒ r p˜ 0

=1 +

1

min

− |U E | .

 

(3.85)

0

Uvrstimo granice integracije u izraz za orbitu φ =

=

 −   −  −   −

1 arcsin Ω 1 arcsin Ω

1

 p˜ r

|E | |U 0 |  + 1

1

 p˜ r

|E | |U 0 |  + 1

+ arcsi arcsin n1

+

. Invertiramo pretho prethodnu dnu jednadˇzbu zbu 1

 −

−

 p˜ r

|E | |U 0| + 1

 −

= sin Ωφ

 

π  = 2

 π 2

 

 

(3.86)

 

− co coss (Ω (Ωφ φ).

(3.87)

 

(3.88)

Korijen u nazivniku na zivniku moˇzemo zemo napisa napisati ti kao

  | |

− |U E |  + 1 = r p˜ − 1. 0

min

 

(3.89)

ˇ 3.3. DIFERE DIFERENCIJA NCIJALNA LNA JEDNA JEDNAD  D ZBA ORBITE 

Vratimo se orbiti 1

−

 p˜ = r

i definiramo parametar

−

 p˜ rmin

e˜ = Konaˇ Kon aˇcno, cno, orbi orbita ta gla glasi si r (φ) =

3.3

55

 −

 p˜ rmin

1 cos(Ωφ cos(Ωφ),

− 1.

 

(3.90)

 

 p˜ . 1 + e˜ cos(Ω cos(Ωφ φ)

(3.91)

 

(3.92)

Diferencijalna jednadˇ zba orbite zba

Rjeˇsenje sen je di difer ferenc encija ijaln lnee jedn j ednadˇ adˇzbe zb e M 2 f ((r ) f  =   (3.93) r¨ , m2 r3 m odgovara putanji r putanji  r((t). Da bi naˇsli sli orb orbitu itu ˇcestice cesti ce r eliminirati vrijeme iz  r((φ) moramo eliminirati  jedn. (3.93 3.93). ). U tu svrhu koristimo pravilo lanˇcanog canog deriviranja i relaciju

−

M  =  mr 2  ˙φ.

 

(3.94)

d d dφ d M  d = = φ˙ = , dt dφ dt dφ mr2 dφ d2 M  d M  d = . dt2 mr2 dφ mr2 dφ

 

 

Primjenimo operator

(3.95)

 

(3.96)

d2  naa pol  n oloˇ oˇzaj za j ˇcest cestic icee dt2

d2 r M  d = dt2 mr2 dφ

 

M  dr M 2 d2 r  = 2 4 2 mr2 dφ m r dφ

 −

2M 2 m2 r 5

 dr dφ

2

.

 

(3.97)

Uvrstimo r¨ u jedn. (3.93 ( 3.93)) d2 r dφ2

 −

 2 r

 −  −  − dr dφ

2

mr4 r  =  f ((r ).  f  M 2

 

(3.98)

Supstitucijom u  = 1/r  moˇzemo zem o do´ci ci do jed jedno nosta stavni vnije je jed jedna nadˇ dˇzbe zb e /r moˇ dr d = dφ dφ 2 d2 r = dφ2 u3

1  = u

du dφ

2

 1 du , u2 dφ

 

(3.99)

1 d2 u . u2 dφ2

 

(3.100)

56

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Uvrstimo prethodne izraze u jedn. (3.98 ( 3.98)) 2 u3

 − du dφ

2

1 d2 u u2 dφ2

 −

=

⇒

 1 2u 4 u

 − du dφ

d2 u + u = dφ2

2

1 m = 4 2 f  (1/u f (1 /u)) u u M 

(1/u − M mu f f (1 /u)). 2 2

(3.101)  

(3.102)

ˇ 3.3. DIFERE DIFERENCIJA NCIJALNA LNA JEDNA JEDNAD  D ZBA ORBITE 

57

Zadatak 3.4 ˇ Cestica mase  m giba mase m  giba se bez b ez utjeca ut jecaja ja vanjskih sila. Rijeˇsite site diferencija diferencijalnu lnu jednadˇ j ednadˇzbu zbu orbite ako se u poˇcetnom cetnom trenutk trenutku u ˇcestica cestica nalazi na osi x, udaljena je za a od ishodiˇ isho diˇsta sta i ima brzi brzinu nu  kut  α  s osi x.  v0  koja zatvara kut α Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Na ˇcesticu cesticu ne djeluju vanjske sile pa se diferencijalna jednadˇ zba orbite svodi na zba y v0 m α a

x

ˇ tica se na poˇcetku Slika 3.9: Ces Cestica cetku gibanj gibanjaa nalazi na osi x, na udaljena za za a od ishodiˇ isho diˇsta, sta, a njezina poˇcetna cetna brzina zatvara kut kut α osi  x..  α  s osi x  jednadˇ zbu harmoniˇckog zbu ckog oscilatora d2 u + u  = 0. dφ2

 

(3.103)

Op´ce ce rjeˇsenje senj e ove jedn jednadˇ adˇzbe zbe je linea l inearna rna kombina kombinacija cija trig trigono onometr metrijsk ijskih ih funkci funkcija ja u(φ) =  A sin φ + B cos φ.

 

(3.104)

ˇ Da bi odredili konstante A i B , moramo iskoristit iskoristitii zadane poˇcetne cetne uvjete. Cestica se na poˇcetku cetku nalazi na osi osi x  od d ish ishoo diˇsta sta  x (φ  = 0), na udaljenosti  a  o 1 u(φ  = 0) = r



φ=0

1 = . a

 

(3.105)

Poˇcetna cet na brz brzin inaa ˇcestic ces ticee izn iznos osii v0  i zatvara kut α kut  α  s osi x osi  x    = v v0  =  v0 cos α  i + v0 sin α j.

 

(3.106)

Ranije smo izve izveli li vezu izmed¯u ¯u komponenata brzine u Kartezijevi Kartezijevim m i polarnim koordinatama vr (φ) =  v x cos φ + vy sin φ, vφ (φ) = vx sin φ + vy cos φ.

−

   

(3.107) (3.108)

58

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

U poˇcetnom cetnom trenutku ˇcestica cestica se nalazi na osi osi x  (φ  x  ( φ = 0) =  vx  =  = v vr (φ = 0) = v  v 0 cos α, =  vy =  v0 sin α. vφ (φ = 0) = v

   

(3.109) (3.110)

Brzina u polarnim koordinatama glasi  0 . ˙ r0  + r ˙φφ v  = r

 

(3.111)

Dakle, u poˇcetnom cetnom trenutku vrijedi  ˙ (φ = 0) = v =  v 0 cos α i aφ =  v 0 sin α. r˙ (φ  = 0) = v

 

(3.112)

Sada Sa da moˇzemo zem o izr izraˇ aˇcunat cun atii i dru drugi gi p oˇcetni cet ni uvj uvjet et du dφ



φ=0

d = dφ

  1 r

=

φ=0

−

1 dr r 2 dφ

Iskoristimo pravilo lanˇcanog canog deriviran deriviranja ja



 

.

(3.113)

φ=0

dr dr dt r˙ = = . dφ dt dφ φ˙

 

(3.114)

Vratimo se jedn. (3.113 ( 3.113)) du dφ



=

φ=0

1 r˙ r 2 φ˙

−



=

φ=0

− a1 v  cos α = − 1a cot α. 2

0 v0 sin α a

 

(3.115)

Konaˇ Kon aˇcno, cno, oba poˇcetna cetna uvjet uvjetaa gla glase se

1 u(φ = 0) = a

du dφ

i



=

φ=0

− a1  cot α.

 

(3.116)

Uvrstimo vrijednost kuta φ kuta  φ =  = 0 u rjeˇsenje senj e ( 3.104 3.104))

⇒ B  = a1 .

=  B  = u(φ = 0) = B

 

(3.117)

Derivira Deri viramo mo rjeˇsenje senj e (3.104 3.104)) i uvrstimo φ  = 0 du dφ



φ=0

⇒ A = − a1 cot α.

=  A  =  A =

 

(3.118)

ˇ 3.3. DIFERE DIFERENCIJA NCIJALNA LNA JEDNA JEDNAD  D ZBA ORBITE 

59

Rjeˇsenje senje diferencija diferencijalne lne jednadˇzbe zbe orbite koje odg odgov ovara ara zadanim poˇcetnim cetnim uvjetima glasi

− 1a cot α sin φ + a1 cos φ 1  [sin α cos φ − cos α sin φ] u(φ) = a sin α  sin(α  sin( α − φ)   u(φ) = . u(φ) =

 

(3.119) (3.120) (3.121)

a sin α

Orbita ˇcestice cestice predstavlja pr edstavlja pravac u polarnim po larnim koordin koordinatama atama r(φ) =

a sin α . sin(α sin( α φ)

 

−

(3.122)

Ovakav rezultat Ovakav rezul tat smo mogli pog pogodi oditi ti na n a poˇ p oˇcetku cetku jer na ˇcesticu cesticu ne djeluju vanjske sile pa se ona giba jednoliko po pravcu. y m r φ

v0 a

x

Slika 3.10: Slobo Slobodna dna ˇcestica cestica se giba po prav pravcu. cu.

60

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Zadatak 3.5 ˇ Cestica mase  m  giba se u centralnom potencijalu mase m U (r ) = U (

− kr + rh , 2

 0.. k , h > 0

Nad¯ite ¯ite orbitu ako se ˇcestica cestica u poˇcetnom cetnom trenutk trenutku u nalazi u pericentru na osi x i vrijedi E <  0. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Ist i prob Isti problem lem smo ve´c rijeˇsili sili koris koriste´ te´ci ci kvadra kvadraturu turu.. Moˇzemo zemo po pokazati kazati da isto rjeˇsenje senj e moˇzemo zemo dobiti pom pomo´ o´cu cu diferencija diferencijalne lne jednadˇzbe zbe orbite. Derivira Deriviramo mo poten potencijal cijal da bi izraˇcunali cuna li silu ko koja ja djel djeluje uje na ˇcesticu cesti cu f (r ) = f (

k  h = − +2 . − dU  dr r r 2

 

3

(3.123)

Prelazimo na varijablu u varijablu  u =  = 1/r f (u) = f (

−ku

2

+ 2hu 2hu3 .

 

(3.124)

Uvrstimo silu f  silu  f  u  u diferencija diferencijalnu lnu jednadˇzbu zbu orbite d2 u + u  = dφ2 Uvode´ Uvo de´ci ci oz ozna naku ku

− M mu −ku 2 2



Ω2

2



+ 2hu 2hu3  =

mk M 2

hm  − 2 M  u.

hm ≡ 1 +  2 2hm , M 

 

2

 

2

(3.125)

(3.126)

 jedn. (3.125 3.125)) moˇzemo zemo nap napisat isatii u slje sljede´ de´cem cem obl obliku iku d2 u mk 2 + Ω  = u . dφ2 M 2

 

(3.127)

Op´ce ce rj rjeˇ eˇsenj senjee je jedn dn.. ( 3.127 3.127)) je suma op´ceg ceg rjeˇsenja senj a pri pripadn padnee hom homoge ogene ne jedn jednadˇ adˇzbe zbe cos(Ωφ sin n (Ω (Ωφ uh (φ) =  A cos(Ω φ) + B si φ),

 

(3.128)

i bilo kojeg partikul partikularnog arnog rjeˇsenja senja nehomog nehomogene ene jednadˇzbe zbe u p (φ) = konst. =

mk . M 2 Ω2

 

(3.129)

Da bi odredili konstante A i  B  u rj rjeˇ eˇsenj se nju u coss (Ω (Ωφ sin n (Ω (Ωφ u(φ) =  A co φ) + B si φ) +

mk , M 2 Ω2

 

(3.130)

ˇ 3.3. DIFERE DIFERENCIJA NCIJALNA LNA JEDNA JEDNAD  D ZBA ORBITE 

61

moramo iskoristiti zadane poˇcetne cetne uvjete. Na poˇcetku cetku gibanja ˇcestica cestica se nalazi na osi x (φ  = 0) u pericentru 1   (3.131) u(φ  = 0) = . r1 Drugi Dru gi poˇcetni cetni uvje uvjett raˇcunamo cuna mo koris koriste´ te´ci ci pravi pravilo lo lanˇcanog cano g deri derivira viranja nja du dφ



=

φ=0

−

1 dr r 2 dφ



=

φ=0

−

1 r˙ r 2 φ˙



 

.

(3.132)

φ=0

Radijalna Radijal na brzina ˇcestice cestice u toˇcki cki obrata (perice (pericentar) ntar) pada na nulu du dφ Prvi poˇcetni cetni uvjet fiksira konstantu konstantu A  A



= 0.

 

(3.133)

φ=0

=  A + u(φ = 0) = A

1 mk = , M 2 Ω2 r1

 

(3.134)

dok drugi fiksira konstantu B du dφ



= B Ω = 0. 0.  BΩ

 

(3.135)

φ=0

Vratimo se natrag na radijalnu koordinatu r koordinatu  r 1 = r



 1 r1

−

mk M 2 Ω2



coss (Ω co (Ωφ φ) +

mk . M 2 Ω2

 

(3.136)

Definiramo parametre p ˜ i e˜  p i M 2 Ω2  p˜ =  p = mk

i e˜ =



M 2 Ω2 mkr1

 −

1 ,

 

(3.137)

i orbita poprima oblik

 p˜   (3.138) . 1 + e˜ cos(Ω cos(Ωφ φ) Koriste´ Kor iste´ci ci toˇcke cke obr obrata ata izraˇcunate cuna te u pret pretho hodnim dnim zada zadacima cima,, moˇzemo zemo provj provjerit eritii da u sluˇ sl uˇca ca ju  E <  0 vrijedi ˜e < 1. Nazivnik orbite stoga nikada ne moˇze ze pasti na nulu jer za funkciju cosinus vrijedi 1 co coss (Ω (Ωφ   (3.139) φ) 1. r (φ) =

− ≤

≤

Orbi ta ˇcestice Orbita cesti ce je omed¯ena ¯ena,, od odnos nosno no ˇcestica cesti ca se gib gibaa izme izmed d¯ kruˇznica znic a radi radijusa jusa r1 i ˇ Izgled led orbita orbita bit bitno no ov ovisi isi o ko konst nstan anti ti Ω. Cestica se nalazi u pericentru kada je r2 . Izg nazivnik orbite maksimalan 2kπ  =⇒ φ  = ⇒ Ωφ  = 2kπ kπ = . Ω

cosΩφ p = 1 = cosΩφ

 p

 p

 

(3.140)

62

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

ˇ Cestica se nalazi u apocentru kada je nazivnik orbite minimalan cosΩφa  = cosΩφ

(2k (2 1) π k  + 1)π (2k 1) π  =⇒ φ  = −1 =⇒ Ωφ  = (2 k + 1)π . Ω a

a

 

(3.141)

Razlikujemo sluˇcajeve cajeve u kojima je Ω racionalan broj i one u kojima je Ω iracionalan broj. U prvom sluˇcaju caju parametar Ω moˇzemo zemo napisati kao omjer dva cijela broja. Pericentri orbite nalaze se na sljede´cim cim kutevima m φ p  = 2π  . n

 

(3.142)

Orbita je zatvorena jer nakon  n  prolaza azaka ka kroz kro z perice p ericentar ntar dol dolazim azimoo u poˇcetnu cetnu toˇcku cku  n prol orbite. Promotrimo prvo nekoliko primjera zatvorenih orbita. ¯u dva pericentra per icentra iznosi •  Ω = 1:1 : kut izmed¯u ∆φ  =

2π = 2π. Ω

 

(3.143)

ˇ Cestica jednom prolazi kroz pericen p ericentar tar prije nego ˇsto sto se orbita o rbita zatvori. ¯u dva pericentra per icentra iznosi •  Ω = 2:2 : kut izmed¯u ∆φ =

2π =  π  π.. Ω

 

(3.144)

ˇ Cestica dva puta prolazi kroz pericen p ericentar tar prije nego ˇsto sto se orbita zatvori. ¯u dva pericentra per icentra iznosi •  Ω = 3:3 : kut izmed¯u ∆φ =

2π 2π = . Ω 3

 

(3.145)

ˇ Cestica tri puta prolazi kroz pericentar prije nego ˇsto sto se orbita zatvori. i zmed¯u ¯u dva pericentra peri centra iznosi i znosi •  Ω = 4: Kut izmed ∆φ =

2π π = . Ω 2

 

(3.146)

ˇ Cestica ˇcetiri cetiri puta prolazi kroz pericentar prije nego ˇsto sto se orbita o rbita zatvori. Ako je Ω iracionalan broj, ˇcestica cestica se nik nikada ada ne vra´ca ca u poˇcetnu cetnu toˇcku cku i orbita ispunjava cijelu ravninu. Takav tipa orbite zovemo otvorena orbita.

ˇ 3.3. DIFERE DIFERENCIJA NCIJALNA LNA JEDNA JEDNAD  D ZBA ORBITE 

y

r2

63

y r2

∆Φ = 2π 2π

∆Φ =  π

r1

r1 x

∆Φ =

2π 3

y

x

∆Φ =

r2

r1

π 2

y r2

r1 x

x

Slika 3.11 Slik 3.11:: Pri Primje mjeri ri zatvore zatvorenih nih orbita: orbita: Ω = 1 (go (gore re lijevo lijevo), ), Ω = 2 (go (gore re desno), desno), Ω = 3 (dolje lijevo), Ω = 4 (dolje desno).

64

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

y m

r

φ x

Slika 3.12: Primjer otvorene orbite, Ω 2 = 1.1.

ˇ 3.3. DIFERE DIFERENCIJA NCIJALNA LNA JEDNA JEDNAD  D ZBA ORBITE 

65

Zadatak 3.6 ˇ Cestica mase  m  giba se u centralnom potencijalu mase m U (r) =

− kr + rh ,

 0.. k, h > 0

2

Nad¯ite ¯ite orbitu ako se ˇcestica cestica u poˇcetnom cetnom trenutk trenutku u nalazi u pericentru na osi x i vrijedi E  0. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e:

 ≥  ≥

Efektivni potencijal ima potpuno isti oblik kao u prethodnom zadatku, ali je sada energija pozitivna. U tom sluˇcaju caju orbita ima samo jednu toˇcku cku obrata obrata r  r 1  (pericentar).. Za takv tar) takvu u orb orbitu itu kaˇzemo zemo da je neom neomed ed¯ena ¯en a jer se ˇcestica cesti ca bes beskonaˇ konaˇcno cno uda udaljava ljava od centraa sile. Moˇzemo centr zemo koristiti sve rezultate prethodnog zadatk zadatka, a, uzimaju´ci ci u obzir U ef ef f (r )

E 

r1 M 2 2mr2

+

h r2

r

−

k r

Slika 3.13: 3 .13: Efektivni pot potencijal, encijal, energija ˇcestice cestice i toˇcka cka obrata. obrat a. da je u sluˇcaju caju pozitivnih energija parametar orbite e˜ Nazivnik orbite r (φ) =

≥ 1.

 

(3.147)

 p˜ , 1 + e˜ cos(Ω cos(Ωφ φ)

padaa na nulu u toˇckama pad ckama coss (Ω co (Ωφ φ∞ ) =

− 1e˜ .

 

 

(3.148)

(3.149)

66

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Funkcij unkcijaa kosin kosinus us je negativna u drugom i tre´cem cem kv kvadrantu. adrantu. Rje Rjeˇˇsenja senja prethodne  jednadˇzbe zbe moˇzemo zemo napisati u sljede sljede´´cem cem obliku φ(1) ∞ =

1  [ [π π Ω

arccos cos (1 (1//e˜)] − arc

i φ(2) ∞ =

1  [ [π arccos (1 (1//e˜)] . π + arccos Ω

 

(3.150)

Radijalna koordinata u polarnom sustavu po definiciji ne moˇze ze biti negativna pa su ˇcestici cestici dostupne samo one vrijednost vrijednostii kuta ku ta φ  za koje je nazivnik orbite pozitivan 1 ⇒ co coss (Ω (Ωφ φ)  > − . e˜

1 + ˜e cos(Ω cos(Ωφ  0 = φ)  >  > 0

 

(3.151)

S grafa funkci funkcije je kosin kosinus us vidimo da je ˇcestici cestici koja kre´ ce s osi x (φ  = 0) dostupan ce interval kuteva 0, φ(1)   (3.152) ∞ .

 

ˇ ica bi se mog Cest Cestica mogla la na´ci ci u drug d rugim im dopuˇstenim sten im interval intervalima ima uz drug drugaˇ aˇciji ciji izb izbor or poˇcetnog cetn og kuta φ kuta l akˇseg seg skicir sk iciranja anja orb orbite, ite, moˇzemo zemo izraˇ i zraˇcunati cuna ti asimpto asi mptotu tu krivulj kri vulje. e. Orbi Orbitu tu  φ.. Radi lakˇ cos(φ cos(φ)

cos cos (2φ (2φ)

2π

−

2π φ

φ

1 e˜

−

1 e˜

Slika 3.15: graf, Ω = 2

Slika 3.14: graf, Ω = 1 prvo napiˇsemo semo u paramet parametarskom arskom obliku x(φ) =  r  r((φ)cos φ,

y (φ) =  r  r((φ)sin φ.

 

(3.153)

Toˇcku cku u ko kojo jojj vel veliˇ iˇcine ci ne x(φ) i  y diverg vergir iraa ju smo ve´c naˇsli sl i  y((φ) di φ(1) ∞ =

1  [ [π π Ω

arccos cos (1 (1//e˜)] . − arc

 

(3.154)

Drugi korak je traˇzenje zenje koeficijenta ko eficijenta smjera asimpto asimptote te y (φ) = lim tan φ = tan φ(1) ∞ . (1) (1) φ→φ∞ x(φ) φ→φ∞

k = lim

 

(3.155)

ˇ 3.3. DIFERE DIFERENCIJA NCIJALNA LNA JEDNA JEDNAD  D ZBA ORBITE 

67

Zadnji korak je traˇzenje zenje ods odsjeˇ jeˇcka cka asimpto asimptote te na osi y b = lim y (φ) φ

→

(1) φ∞



− kx kx((φ)

 p˜ sin φ b = lim

→φ(1) ∞

φ

(3.156)



(1)

− tan φ∞ cos φ

1 + e˜ co coss (Ω (Ωφ φ)

e˜

 

(3.157)

(1)

sin(φ φ∞ ) sin(φ lim b  = . (1) 1 + ˜ cos co s (Ωφ (Ω ) e φ cos φ∞ φ→φ(1) ∞

−

 

(3.158)

 

(3.159)

Iskoristimo L’Hospitalovo pravilo e˜

(1)

cos(φ φ∞ ) cos(φ lim b  = (1) Ωsin(Ωφ e˜Ωsin(Ω φ) cos φ∞ φ→φ(1) ∞  p˜ b  = (1) (1) (Ωφ e˜Ωcos φ∞ 1 cos2 (Ω φ∞ ) ˜e˜  p˜  p   b  = . Ω e˜2 1

− − −

√  −

−

(3.160)

 

(3.161)

Jednadˇ Jedn adˇzba zba asi asimpto mptote te glas g lasii  + y  = tan φ(1)  x + ∞ x

˜e˜  p˜  p √  . Ω e˜ − 1

 

2

y

m

r φ rmin Slika 3.16: Primjer orbite, Ω = 1.

x

(3.162)

68

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Zadatak 3.7 ˇ Cestica mase  m  giba se u centralnom potencijalu mase m U (r) =

− kr − rh , 2

k, h > 0

i pritom vrijedi M  vrijedi  M 2 >  2  2mh ¯it e orbit o rbitu u ako a ko se s e ˇcestica cesti ca u poˇcetnom cetno m trenutk t renutku u nal nalazi azi mh.. Nad¯ite u pericentru na osi  x  x.. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Diferencijalna Diferencij alna jednadˇzba zba orbite glasi

− 

d2 u + 1 dφ2

 2 hm  2hm mk  = u . M 2 M 2

 

(3.163)

Koristimo istu oznaku kao u zadataku 5 Ω2

hm  0.. ≡ 1 − 2M  > 0 2

 

(3.164)

Jedina razlika u odnosu na prethodni pretho dni zadatak je u numeri numeriˇˇckoj ckoj vrijednosti parametra Ω. U prethodnom primjeru Ω je uvijek bio ve´ci ci od o d 1, dok je sada uvijek manji od o d 1. U sluˇcaju ca ju omed¯eni ¯enih h orb orbita ita i racio r acional nalnih nih vrij vrijedno ednosti sti par paramet ametra ra Ω to t o znaˇci ci da ˇcestica cest ica moraa prij mor prije´ e´ci ci kut ve´ci ci od 2π   da bi se orb orbita ita mogla zatv zatvori oriti. ti. Ak Akoo je Ω ira iracio cional nalni ni broj, orbita orbita se nikad nikad ne zatvara zatvara.. Pro Promot motrim rimoo pri primje mjerr Ω = 1/2. Kut izmed¯u ¯u dva pericentra iznosi 2π ∆φ  = = 4π.   (3.165) Ω ˇ ica mora obi´ci Cestica Cest ci kut φ  = 4π  da bi dva puta proˇsla sla kroz pericentar.

ˇ 3.3. DIFERE DIFERENCIJA NCIJALNA LNA JEDNA JEDNAD  D ZBA ORBITE 

 =  π φ = π

y

Φ = 4π

φ  = 2π

69

y

x

φ = 3π

y

Φ = 4π

x

Φ = 4π 4π

x

φ  = 4π

y

Φ = 4π 4π

x

Slika 3.17: Segmenti orbite koja se zatvara nakon ˇsto ˇcestica cestica prijed¯e ¯e kut 4π.

70

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Zadatak 3.8 ˇ Cestica mase  m  giba se u potencijalu mase m U (r) =

k r

 − rh ,

 0,, k, h > 0

2

i pritom vrijedi M  vrijedi  M 2 <  2  2mh ¯it e orbit o rbitu u ako a ko se s e u poˇcetnom cetno m trenut trenutku ku ˇcestica cest ica nal nalazi azi mh.. Nad¯ite u toˇcki cki ob obra rata ta r  r 1 . Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Zada Za data tak k moˇ mo ˇzemo zem o rij r ijeˇ eˇsiti sit i koris ko riste´ te´ci ci di difer ferenc encija ijalnu lnu jed jednad nadˇˇzbu zbu or orbit bitee d2 u + u  = dφ2

− M mu f f (1 (1/u /u)).

 

2 2

(3.166)

Sila koja djeluje na ˇcesticu cesticu f (r) = f (

 2h k  2 h =  − =⇒ f  (1/u =  ku − dU  f (1 /u)) = k u − 2hu . dr r r 2

2

3

 

3

(3.167)

Diferencijalna Diferencij alna jednadˇzba zba orbite or bite poprima p oprima oblik

− 

d2 u + 1 dφ2

 2 mh  2mh u = M 2

mk − M  .

 

2

(3.168)

U tekstu zadatka je zadan uvjet M 2 < 2  2mh  pa je izraz mh pa 1

mh − 2 2mh , M 

 

2

(3.169)

negativan. Stoga definiram definiramoo veliˇcinu cinu 2

γ 

 2 mh  2mh 1+ = M 2

≡−

⇒

d2 u dφ2

mk  − γ  u = − M  . 2

 

2

(3.170)

Op´ce ce rjeˇsenje senj e ovakve dife diferenc rencijal ijalne ne jedn jednadˇ adˇzbe zbe je suma op´ceg ceg rjeˇsenja senj a pripadn prip adnee homoge mo gene ne jedn j ednadˇ adˇzbe zb e   (3.171) uh (φ) =  Aeγφ + Be−γφ , i part p artikul ikularn arnog og rjeˇsenja senj a neho nehomog mogene ene jedn jednadˇ adˇzbe zb e  (konst.) = u p (φ) =  C   C  (konst.)

mk . M 2 γ 2

 

(3.172)

Konstante A Konstante ukupnom nom rjeˇsenju senj u  A  i  B  u ukup u(φ) =  Aeγφ + Be −γφ +

mk , M 2 γ 2

 

(3.173)

ˇ 3.3. DIFERE DIFERENCIJA NCIJALNA LNA JEDNA JEDNAD  D ZBA ORBITE 

71

moˇzemo zemo izraˇcunati cuna ti iz poˇcetnih cetn ih uvjet uvjeta. a. Na poˇcetku cetku gib gibanja anja ˇcestica cest ica se nal nalazi azi na osi cki ob obra rata ta r x  u toˇcki  r 1 1 du i = 0.   (3.174) u(φ  = 0) = r1 dφ φ=0



Drugi poˇcetni cetni uvjet da daje je du dφ



= (A φ=0

 = B − B) γ  = 0 =⇒ A =  B..

 

(3.175)

Vratimo se prvom poˇcetnom cetnom uvjetu mk =  A +  + B  + 2 2 = u(φ = 0) = A M  γ 

⇒

Uz oznake

M 2 γ 2  p˜ =  p = mk

1 A  = 2

M 2 γ 2 i e˜ = mkr1

orbita orb ita ˇcestice cesti ce gla glasi si r (φ) =



 1 r1

−

mk M 2 γ 2

− 1 =  pr˜ − 1,



 

.

 

(3.176)

(3.177)

1

 p˜ . 1 + e˜ cosh( cosh(γφ γφ))

 

(3.178)

U jednom od pretho prethodnih dnih zadataka smo izraˇcunali cunali toˇcku cku obrata obrata r  r 1 r1  =

      − − ⇒ −

k 1 2E 

1

 2E   2 E ˜  p˜  =  ˜e  = k

1

 2E   2 E ˜  p˜ , k

 

(3.179)

kao i maksimum efektivnog potencijala U 0  =

k . 2 p˜

 

(3.180)

Parametar orbite e˜ nalazi se izmed¯u ¯u vrijednos vrijednosti ti 0 (energija ˇcestice cestice odg odgov ovara ara maksimumu mum u potencijala) i 1 (energija ˇcestice cestice odgov o dgovara ara nuli). Funkci unkcija ja kosin kosinus us hiperbolni  je po definiciji pozitivna eγφ + e−γφ cosh co sh (γφ   (3.181) γφ)) = , 2 pa je orbita definirana za sve vrijednosti kuta φ kuta  φ.. S pove´ p ove´canjem can jem kuta kuta φ  nazivnik orbite  φ nazivnik ˇ monotono raste, odnosno udaljenost ˇcestice cestice od ishodiˇsta sta monotono pada. Cestica po spirali pada prema centru sile.

72

POGLAVLJE 3.

y

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

m

r φ r1

x

ˇ Slika 3.18: Cestica se u poˇcetnom cetnom trenutku nalazi u toˇcki cki obrata r1 , a zatim pada prema centru sile.

ˇ 3.3. DIFERE DIFERENCIJA NCIJALNA LNA JEDNA JEDNAD  D ZBA ORBITE 

73

Zadatak 3.9 ˇ Cestica mase  m  giba se u potencijalu mase m U (r ) = U (

k r

 − rh , 2

 0,, k , h > 0

i pritom vrijedi M  vrijedi  M 2 <  2  2mh ¯itee orbit o rbitu u ako a ko se s e u poˇcetnom cetno m trenutk t renutku u ˇcestica cesti ca nal nalazi azi mh.. Nad¯it u toˇcki cki ob obra rata ta r  r 2 . Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: ˇ Jedina razlika u odnosu na prethodni pretho dni zadatak je u poˇcetnom cetnom uvjetu. Cestica se na poˇcetku cetku gib gibanj anjaa nal nalazi azi u toˇcki cki obr obrata ata r se r1 . Orbita i dalje ima isti oblik  r 2 , a ne viˇse r (φ) =

 p˜ , 1 + e˜ cosh( cosh(γφ γφ))

 

(3.182)

uz malo promijenjene parametre orbite M 2 γ 2  p˜ =  p = mk

M 2 γ 2 i e˜ = mkr2

− 1 =  pr˜ − 1.

 

(3.183)

2

Toˇcku cku ob obra rata ta r cnali u pretho prethodnim dnim zadacima  r 2  smo izraˇcnali r2  =

      − ⇒ − −

k 1+ 2E 

1

 2E   2 E ˜  p˜  =  ˜e  = k

1

 2E   2 E ˜  p˜ . k

 

(3.184)

Parametarr e˜   nalazi se izmed¯u Parameta ¯u vrijednost vrijednostii 1 (energija ˇcestice cestice odgovara nuli) i 0 (energij (ener gijaa ˇcestice cesti ce odgovara o dgovara maksi m aksimumu mumu poten p otencija cijala) la).. Orbi Orbitu tu ˇcestice cesti ce moˇzemo zemo nap napisa isati ti malo preglednije  p˜   (3.185) r(φ) = . 1 e˜ co cosh sh (γφ γφ))

 −

−| |

Nazivnik orbite pada na nulu za vrijednost kuta φ∞  =

1 acosh(1// e˜ ), acosh(1 γ 

||

 

(3.186)

pa se ˇcestica cestica za tu vrijednost kuta beskonaˇ cno udaljav cno udaljavaa od centra sile. Broj okreta oko centra sile koje ˇcestica cestica pritom napravi ovisi o numeriˇckim ckim vrijednos vrijednostima tima parametara e˜ i  γ   γ ..

74

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

y m r φ

r2

x

ˇ Slika 3.19: Cestica se u poˇcetnom cetnom trenutk trenutku u nalazi u toˇcki cki obrata r2 , a zatim se beskonaˇcno cno udaljava od centra sile.

ˇ 3.4. 3. 4. RACUN SMETNJE 

3.4 3.4.1

75

Raˇ cun smetnje cun Stabilne i nestabilne nestabilne kruˇ kruˇ zne orbite zne

  =  f  Pretpo stavimo da se ˇcestica Pretpostavimo cestica mase m  giba pod utjecajem centralne sile f   f ((r )r0 . ˇ Cestica se moˇze ze gibati po kruˇznoj zno j orbiti ako su ispunjeni sljede´ci ci uvjeti

•  efektivni potencijal ima ekstrem (minimum ili maksimum)  energija gija ˇcestice cestice jednaka je ekstremu poten potencijala cijala •  ener U ef f  r

U ef f  r

a r

a

Slika 3.20 Slik 3.20:: Efe Efekti ktivn vnii pote potenci ncijal jal ima minimum.

r

Slika 3.21 Slik 3.21:: Efe Efekt ktivn ivnii pote potenci ncijal jal ima maksimum.

Efektivni pot potencijal encijal ima ekstrem u toˇcki r cki  r =  = r  ako ko nje njegova gova prva der derivac ivacija ija iˇsˇ sˇcezava cez ava  r 0  a



′ (r) U ef f 

r=r0

= U ′ (r0 )

2

M  − mr

3 0

2

M  ⇒ f f ((r ) = − mr

=0=

3. 0

0

 

(3.187)

Da bi gornji uvjet bio ispunjen, sila mora biti privlaˇcna. cna. To znaˇci ci da je gibanje po  (r) privlaˇcna. kruˇznoj zno j orbiti mogu´ce ce samo ako je sila f  cna. Energija ˇcestice cestice mora biti f (  jednakaa ekstrem  jednak ekstremu u potencijala E  =  U   U ((r0 ) + Razlikujemoo dva tipa Razlikujem ti pa kruˇzne zne orbite: st abilna lna kruˇzna zna orbi orbita ta •   stabi

M 2 . 2mr02

 

(3.188)

76

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

–   efektivni potencijal ima minimum –   malo ma lo pove´canje canj e ener energij gijee ˇcestice cesti ce vodi na orb orbitu itu koj kojaa viˇse se nij nijee kruˇ k ruˇzna, zna, ali  je i dalje omed ¯ena i nalazi se blizu poˇcetne ¯ena cetne kruˇzne zne orbite nes tabilna lna kruˇzna zna orb orbita ita •   nestabi

–   efektivni potencijal ima maksimum canje energije ˇcestice cestice vodi na orbitu koja je neomed¯ena ¯ena i udal– malo pove´canje  javaa se od poˇcetne  jav cetne kruˇzne zne orbite Efektivni potencijal p otencijal ima minimum ako mu je druga deriv derivacija acija u toˇcki cki r0  pozitivna d2 U ef ef f  dr2



r0

 3M  d2 U   3 M 2 = 2 + = dr mr04

−

df  dr



 3 M 2  3M  +  0.  0 4 > . mr 0 r0

 

(3.189)

Iskorist Iskor istimo imo ˇcinjenicu cinj enicu da se u toˇcki r cki  r 0  nalazi ekstrem f (r0 ) = f (

2

2

3 0

4 0

3M  3 M  − mr =⇒ = − f  f ((r ). mr r

 

0

(3.190)

0

Uvjet stabil stabilnosti nosti kruˇzne zne orbite glasi df  dr



< r0

− r3 f f ((r ). 0

 

0

(3.191)

Pretpostavimo Pretpo stavimo da se sila u blizini kruˇzne zne orbite ponaˇsa sa kao f (r ) = f (

−r k

n+1

.

 

(3.192)

Uvjet (3.191 (3.191)) nam da daje je ograniˇ og raniˇcenje cenje na parameta parametarr  n 1)k 3k =⇒ n < 2  2.. −  ( (nnr+ 1)k <− r n+2 0

n+2 0

 

(3.193)

Samo priv privlaˇ laˇcni cni potenc potencijali ijali koji padaju sporije od 1/r2 mogu dati stabilnu kruˇznu znu 2 orbitu, dok potencijali p otencijali koji padaju brˇze ze od o d 1/r da daju ju nestabil nestabilne ne kruˇzne zne orbite.

3.4.2

Male oscilacije oko oko kruˇ kruˇ zne orbite zne

Pretpostavimo da se ˇcestica cestica mase m   giba po stabilnoj kruˇ znoj orbiti radijusa r0 . znoj Ako ene energ rgiju iju ˇcesti ces tice ce po pove´ ve´camo ca mo za ma mali li izn iznos os,, or orbi bita ta viˇse se ne´ce ce bi biti ti kruˇznica zni ca,, al alii ´ce ce i dalje biti omed o med¯ena. ¯ena. Pericentar i apo apocentar centar ´ce ce se pritom malo razlikovati od o d radijusa rad ijusa

ˇ 3.4. 3. 4. RACUN SMETNJE 

77

poˇcetn cetnee kr kruˇ uˇzne zne or orbi bite te  r 0 . Dru Drugim gim rijeˇcima, cima , malo pove´canje canj e ener energij gijee ˇcestice cesti ce vodi na mala ods odstupanja tupanja od kruˇzne zne orbite o rbite r (φ) =  r0  + r1 (φ), =

⇒

r1

1 1 1 1 = = r r0  + r1 r0 1 + rr10

 

 ≪ r ,

≈

0

1 r0

−   r 1 r0

1

(3.194)  

.

(3.195)

Uz supstituciju u  = 1/r dolazim azimoo do zakl zakljuˇ juˇcka cka /r,, dol u

 + u ≈ u  +  u , 0

u1

1

 

≪u . 0

(3.196)

U diferencija diferencijalno lnojj jednadˇzbi zbi orbite d2 u + u = dφ2 pojavljuje se funkcija J (u)

(1/u − M mu f f (1 /u)),

 

2 2

≡ − M mu f f (1 (1/u /u)),

(3.197)

 

2 2

(3.198)

koju moˇzemo zemo razviti u Taylorov red oko vrijednosti vri jednosti  u 0 )(u J (u) =  J   J ((u0 ) + J ′ (u0 )( u

− u ) + · · · .

 

0

(3.199)

Uvrstimo Taylorov razvoj funkcije J  funkcije  J ((u) u diferencija diferencijalnu lnu jednadˇzbu zbu orbite d2 u + u =  = J  )(u  J ((u0 ) + J ′ (u0 )( u 2 dφ

− u ).

 

0

(3.200)

Iskoristimo uvjet ravnoteˇze ze sile f  centrifugalnee sile u poˇcetnoj cetno j kruˇznoj zno j orbiti f ((r ) i centrifugaln f (r0 ) = f (

−

M 2 = mr03

da bi izraˇcunali cuna li J (u0 ) J (u0 ) =

mr02  f ((r0 ) =  f  M 2

⇒

− r1 ,

 

− M mu f f (1 (1/u /u ) =  u . 0

2 2 0

(3.201)

0

0

 

(3.202)

 

(3.203)

Diferencijalna Diferencija lna jednadˇzba zba pop poprima rima oblik d2 u +u dφ2

 = J  )(u − u  =  J ′ (u )( u − u ). 0

0

0

Definiramo Definira mo odstupanj o dstupanjee od o d ravnoteˇzne zne vrijednosti vr ijednosti  = u x =  u

−u , 0

 

(3.204)

78

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

i uvrstimo ga u jednadˇzbu zbu (3.203 3.203)) d2 x + x  =  = J   J ′ (u0 )x  = 2 dφ

d2 x + [1 dφ2

⇒

− J ′(u )] x = 0.

 

0

(3.205)

Ako je ispunjen uvjet ω2

≡ 1 − J ′(u ) >  0,,  > 0

 

0

(3.206)

radi se o jednadˇzbi zbi harmon harmoniˇ iˇckog ckog oscila oscilatora. tora. Raˇcunamo cunamo derivaciju funkcije J (u) u toˇcki ck i ra ravn vnooteˇze ze d m (1/u   (3.207) J ′ (u) = f (1 f  /u)) du M 2 u2 2m 1 m ′ = 2 3 f  (1/u (1/u (1 )   (3.208) f (1 /u)) f  /u) M  u M 2 u2 u2 2m m = 2 3 f  (1/u (1/u   (3.209) f (1 /u)) + 2 4 f ′ (1 /u)). M  u M  u Iskoristimo uvjet (3.202 (3.202)) m (1/u   (3.210) f (1 f  /u0 ) = u0 , M 2 u20 da bi dobili traˇzenu zenu derivaciju

−



−

− 

−

(1/u f ′ (1 /u0 ) ′ J  (u0 ) = −2 − .

 

(1/u u0 f  f (1 /u0 )

(3.211)

Frekvencija u jedn. (3.205 ( 3.205)) iznosi ω2 = 1

− − − 2



(1/u f ′ (1 /u0) , (1/u u0 f  f (1 /u0)

 

(3.212)

ilii izr il izraˇ aˇzeno zen o p om omo´ o´cu cu vari varija jable ble r  r 0 ω2 = 3 +

r0 ′ f  (r0 ). f ((r0 ) f 

 

(3.213)

Rjeˇsenje senj e dife diferenci rencijal jalne ne jedn jednadˇ adˇzbe zbe ( 3.205 3.205)) glasi  = u u =  u 0  + a cos ωφ.

 

(3.214)

Vratimo se na varijablu r r (φ) =

1 1 = u0 + a cos ωφ u0 1 +

1 , a cos ωφ u0

 

(3.215)

i razvijemo rjeˇsenje senje u Taylorov red

−

1 1 r (φ) = u0 gdje je b je  b  =  = a/u  a/u20 .



a cos ωφ  =  = r  r0 u0

− b cos ωφ,

 

(3.216)

ˇ 3.4. 3. 4. RACUN SMETNJE 

3.4.3 3.4 .3

79

Zatv Zat vore orene ne orb orbit ite e

Da bi orbita pri malim odstupanjima od kruˇznice znice ostala zatvore zatvorena, na, frekv frekvencija encija ω mora biti omjer dva cijela broja p   (3.217) ω  = . q  U tom sluˇcaju caju se orbita zatv zatvara ara nakon ˇsto radijus vek vektor tor prebri prebriˇˇse se kut 2qπ qπ.. Ako promatramo promatr amo samo male oscilaci oscilacije je oko o ko kruˇznih znih orbita, zatvorene orbite su mogu´ mo gu´ce ce za ˇsiroku siro ku klas klasu u po potenc tencija ijala. la. U op´ o p´cenitom cenit om sluˇcaju, ca ju, omed¯ene orb orbite ite su uvij uvijek ek zatvo zatvorene rene samo za Keplerov potencijal potencijal i potencijal harmoniˇckog ckog oscilatora (Bertrandov teorem).

80

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Zadatak 3.10 ˇ Cestica mase  m  giba se po krivulji bliskoj kruˇznici mase m znici radijusa radijusa r  r 0  u centralnom polju U (r ) = U (

− rα

n

,

n

≥ 0 .

 

(3.218)

Nadjite orbitu. Koji uvjet mora biti ispunjen da bi orbita bila zatvorena? Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Da bi se ˇcestica cestica gibal gibalaa po orbiti blisko bliskojj kruˇznici, znici, kruˇzna zna orbita radijusa radijusa r  r 0  mora biti stabilna. Efektivni potencijal 2

U ef ef f  =

− rα + 2M  , mr n

 

2

(3.219)

mora imati minimum na udaljenosti r0  od centra sile. Izgled efektivnog potencijala ovisi o parametru n  (sl.  (sl.   3.22 i  3.23  3.23). ). Stabiln Stabilnee kruˇzne zne orbite su mogu´ce ce samo ako U ef f  r

U ef f  r M 2 2mr2 M 2 2mr2

a

r

a

− −

r

α rn

α rn

Slika 3.2 Slik 3.22: 2: Efe Efekt ktivn ivnii pote potenc ncija ijall ima minimum za n za  n <  2.

Slika 3.23 Slik 3.23:: Efe Efekti ktivni vni potencija potencijall ima maksimum za n za  n >  2.

vrijedi 0  < n <  2  2,,

 

(3.220)

dok u ostalim sluˇcajevima cajevima kruˇ zne orbite ne posto zne postoje je ili su nestabilne. Ograniˇcimo cimo se stoga na sluˇcaj caj 0 < n <   2. Silu koja djeluje na ˇcesticu cesticu moˇzemo zemo izraˇcunati cunati iz zadanog potencijala dU  αn =   (3.221) f ((r) = f  . dr rn+1 Diferencijalna Diferencij alna jednadˇzba zba orbite u ovom sluˇcaju ca ju glasi

−

d2 u + u  = dφ2

−

− M mu (−αnu

n+1

2 2

)=

mnα n−1 u . M 2

 

(3.222)

ˇ 3.4. 3. 4. RACUN SMETNJE 

81

Desnu stra stranu nu razvi r azvijemo jemo u Taylorov red oko ravno ravnoteˇ teˇzne zne toˇcke cke u0 (n un−1 = u n0 −1 + (n

n 2 0

− 1) 1)u u − (u − u ) + · · ·  ,

 

0

(3.223)

a zatim uvrstimo Tayloro aylorov v razvoj u diferencijaln diferencijalnu u jednadˇ zbu orbite zbu d2 u mnα n−1 +  = + (n (n u u dφ2 M 2 0

− 1) mnα u − ( u − u ). M  2

n 2 0

 

0

(3.224)

U ravn ravnot oteˇ eˇzno zno j toˇcki cki (kr (kruˇ uˇzna zna or orbit bita) a) vri vrijed jedii M 2 = f   f ((r0 ) = mr03

⇒

M 2 3  = αnu u0  =  αnu n0 +1 = m

=  u − . ⇒ mnα M  2 n 0

2

 

(3.225)

Uvrstimo pretho prethodne dne rezultate rezul tate u diferencijalnu diferenci jalnu jednadˇzbu zbu d2 u + u  =  = u (n  u 20−n un0 −1 + (n 2 dφ = u 0  + (n ( n 1)( 1)(u u

−

Prijelazom na varijabli x  =  u nadˇzbe

2 n n 2 0 0

− 1) 1)u u − u − (u − u ) − u ).  

(3.226)

0

(3.227)

0

cnog oblika diferencijal d iferencijalne ne jed− u   dolazimo do konaˇcnog 0

d2 x + (2 n)x = 0. dφ2 Radi se o jednadˇzzbi bi harmon harmoniˇ iˇckog ckog oscilat oscilatora ora s frekvencijom

 

−

ω2 = 2

(3.228)

 

− n,

pri ˇcemu cemu je frekvencija realna jer smo pretpo pretpostavili stavili da vrijedi 2 sustav orjentiramo tako da vrijedi u vrijedi  u((φ = 0) = u =  u 0

(3.229)

− n > 0. Koordinatni

u(φ) =  u 0 + a sin ωφ.

 

(3.230)

Da bi orbita bila zatvorena, ω zatvorena,  ω  mora biti racionalni broj

√  p p ω  = 2 − n  = =⇒ 2 − n  = . 2

 

q 2

q 

(3.231)

Uvjet na parametar n parametar  n  potencijala da bi orbita bila zatvorena 2

n  = 2

−  pq  . 2

 

(3.232)

Da bi skicirali orbitu, moramo se vratiti na radijalnu varijablu r (φ) =

1 1 1 = . u0 + a sin ωφ u0 1 + ua0 sin ωφ

 

(3.233)

82

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Napravimo Taylorov razvoj 1 r(φ) = u0

− 1



a sin ωφ  =  = r  r 0 (1 u0

− ar  sin ωφ ωφ)) . 0

 

(3.234)

Najjednostavniji primjer je n je  n =  = 1, odnosno ω odnosno ω =  = 1. Radi se o Keplerovom potencijalu pa ako ˇcestici cestici u kruˇznoj zno j orbiti malo pove´camo camo energiju, ona ´ce ce se gibati po elipsi. Poloˇzaji za ji pericentra i apo apocentra centra odred¯eni su uvjetima

⇒ φ  = π2 ,

sin φ p  = 1 =

sin φa  =

 p

−1 =⇒ φ  = 32π . a

 

(3.235)

y ω  =

1

rmin

x

rmax

Slika 3.24: 3.2 4: Male oscilacije o scilacije oko kruˇzne zne orbite o rbite u sluˇcaju ca ju Keplerovog K eplerovog potencijal p otencijala. a.

ˇ 3.4. 3. 4. RACUN SMETNJE 

83

Zadatak 3.11 Za vrije vrijeme me ˇsetnje setnje sv svemir emirom om astro astronaut naut Leono Leonov v baci poklopac objektiv objektivaa kamere prema Zemlji. Opiˇsite site u prvom redu raˇcuna cuna smetnje gibanje poklopca u odnosu na svemirs svemirski ki brod ako je poklopac izbaˇcen cen brzinom 10 m/s. Brod se giba u kruˇ znoj znoj orbiti s periodom τ  periodom  τ  = 1.4h. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Pri rjeˇ rj eˇsavanju savanju zadatka zad atka koristimo tri seta koordin koordinata ata

Leonov

v0

Zemlja

Slikaa 3.25: Astr Slik Astronaut onaut izbacuje izbacuje poklopac radijalno radijalno prem premaa Zeml Zemlji. ji.

•  koordinate broda u odnosu na Zemlju: r , φ •  koordinate poklopca u odnosu na brod: r , φ •  koordinate poklopca u odnosu na Zemlju: r, φ 0

0

1

1

Veza izmed¯u ¯u po pojedinih jedinih koordin koordinata ata glasi  = r  = φ r  =  r 0  + r1 i φ  =  φ 0  + φ1 .

 

(3.236)

Svemirski brod se giba u kruˇznoj Svemirski znoj orbiti pa je radijalna udaljenost konstantna, kao i kutna brzina broda 2π   (3.237) r˙0  = 0 i φ˙ 0 Ω = . τ  Brzina kojom astronaut baca poklopac je mnogo manja od brzine broda pa oˇckujemo ckujemo da se poklopac oko Zemlje giba u orbiti bliskoj orbiti broda

 ≡

⇒ φ˙  ≪ φ˙

=

1

i r1

0

 

 ≪ r . 0

(3.238)

Jednadˇzbe zbe gibanj gibanjaa u pol polju ju centralne centraln e sile si le r¨

− r ˙φ = − rα 2

 ˙  + r φ¨ = 0. 2r˙ φ

 

2

 

(3.239) (3.240)

84

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Prvi red raˇcuna cuna smet smetnje nje znaˇci ci da u svim jedn jednadˇ adˇzbama zbam a zadrˇzavamo zavamo sam samoo line linearn arnee ˇclanove cla nove mal malih ih veliˇcina, cina , dok kvadra kvadratiˇ tiˇcne cne i sve osta ostale le ˇclanove clan ove viˇseg seg reda zane zanemar maruu jemo. Taka akav v postupak obiˇcno cno zov zovemo emo linearizacija jednadˇ zbi gibanja. Promotrimo zbi  jednadˇzbu zbu gibanja (3.239 3.239). ). Prvi ˇclan clan je jednostavan jedno stavan jer je radijalna radijaln a udaljenost udaljen ost broda bro da konstantna   (3.241) r¨ = r¨0  + r¨1  = r¨1 . U dr drug ugom om ˇclanu cla nu za zanem nemar aruje ujemo mo sve kvad kvadra ratiˇ tiˇcne cne ˇclanove cla nove ma malih lih veliˇcina cin a r1 i φ˙ 1

 

 ˙ 0  + φ˙ 1 )2 = (r0 + r1 ) φ˙ 2 + 2 φ  ˙ 0  ˙φ1 + φ˙ 2 (r0  + r1 )(φ 0 1  ˙ 1 (r0  + r1 ) Ω + 2Ωφ

≈ ≈r Ω ≈r Ω

2





 

 ˙ 1  + Ω 2 r1 + 2r 2r0 Ωφ 2  ˙ 1  + Ω 2 r1 . + 2r 2r0 Ωφ 2

0 0

(3.242)

 

(3.243)

 

(3.244)

 

(3.245)

Desnu stranu jednadˇzbe zbe razvijemo u Taylorov red r ed

     ≈ − · · · − 

1 α α = (r0  + r1 )2 r02 1 + r1 r0 Dobi Do bijenu jenu jed jednaˇ naˇzbu zbu

α r02

2

 2 r1  2r + r0

1

 ˙ 1  + Ω 2 r1  = α 2r0 Ωφ r¨1  + r0 Ω2 + 2r r02

 2 r1  2r r0

1

 

.

 

,

(3.246)

(3.247)

moˇzemo zemo po podijeliti dijeliti u nulti i prvi prv i red

•   nulti red: •   prvi red:

r0 Ω2 =

α = r02

2

⇒Ω

=

 ˙ 1  + Ω 2 r1  = 2 r0 Ωφ r¨1  + 2r

α r03

(3.248)

− 2rα r 3 0

 

1

(3.249)

Da bi izraˇcunali cuna li φ˙ 1  koristimo jedn. (3.240 ( 3.240)) 2r˙  ˙φ + rφ¨ = 0.

 

(3.250)

Uvrstimo r  =  = r  = φ  r 0  + r1 i  φ  φ =  φ 0  + φ1  ˙ 0  + φ˙ 1 ) + (r 2(r˙0 + r˙1 )(φ ( r0 + r1 )(φ¨0  + φ¨1 ),

 

(3.251)

ˇ 3.4. 3. 4. RACUN SMETNJE 

85

a zatim za tim iskoristimo i skoristimo ˇcinjenicu cinjenicu da se s e brod b rod giba u kruˇ kr uˇznoj zno j orbiti o rbiti φ¨0  = 0,

r˙0  = 0,

φ˙ 0 = Ω

(3.252)

2Ωr˙1 + 2 r˙1  ˙φ1  + r0 φ¨1  + r1 φ¨1  = 0.

 

(3.253)

U prvom redu raˇcuna cuna smet smetnje nje zadrˇzimo zimo sam samoo lin linearn earnee ˇclanove clan ove mal malih ih veliˇcina cina

⇒ φ¨  = − 2Ω r˙ . r

2Ωr˙1  + r0 φ¨1  = 0 =

1

 

1

(3.254)

0

Integriramo pretho prethodnu dnu jednadˇzbu zbu φ˙ 1 (t)

(r (t) − r (0)) . − φ˙ (0) = − 2Ω r 1

1

0

 

1

(3.255)

Leonov u poˇcetnom cetnom trenutk trenutku u poklopac baca radijalno

⇒ φ˙ (0) = 0,0,

=

1

 

(3.256)

 

(3.257)

a u poˇ p oˇcetnom cetnom trenutku se poklopac nalazi u njegov njegovoj oj ruci =

⇒ r (0) = 0.0. 1

Od rjeˇsenja sen ja (3.255 3.255)) preostaje φ˙ 1 (t) =

− 2Ω r (t). r 0

 

1

(3.258)

Uvrstimo prethodni rezultat u jedn. (3.249 ( 3.249)) r¨1

2Ωrr  ˙φ − 3r Ω − 2Ω 0 1

2

1

= 0 =  ¨r1  + Ω 2 r1  = 0.

 

⇒

(3.259)

Radii se o jedn Rad jednadˇ adˇzbi zbi har harmon moniˇ iˇckog ckog osci oscilat latora ora s rjeˇsenjem senj em =

⇒ r (t) = A sisinn (Ω (Ωtt) + B co coss (Ω (Ωtt).

 

1

(3.260)

Konstante A Konstante  odre dred d¯ujem ¯u jemoo iz p oˇcetnih cet nih uvj uvjeta eta  A  i  B  o

•  poklopac je u astronautovoj ruci =⇒ r (0) = 0 =⇒ B = 0 • poklo poklopac pac je baˇcen cen radijal radijalno no v r˙ (0) = −v  =⇒ A  = − Ω

(3.261)

1

1

0

0

 

(3.262)

86

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Radijalna Radija lna koordi koordinata nata poklopca r (t) =  r 0

−  vΩ  si  sin n (Ω (Ωtt). 0

Iz je jedn dnadˇ adˇzbe zb e φ˙ 1 (t) =

− 2Ω r (t), r 0

 

(3.263)

 

1

(3.264)

integriranjem dolazimo do φ1 (t) =

− r2vΩ co  coss (Ω (Ωtt) + C. 0

 

(3.265)

0

Poklopac se u poˇcetnom cetnom trenutku nalazi u astronautov astronautovoj oj ruci

⇒ C  = r2vΩ 0

φ1 (0) = 0 =

 

(3.266)

0

Kutna koordinata poklopca φ(t) = Ωt +

2v0 (1 r0 Ω

− cosΩ cosΩtt).

 

(3.267)

Koordinatee poklopca Koordinat  sin n (Ω (Ωtt) −  vΩ  si 2v (1 − cosΩ cosΩtt). φ(t) = Ωt + rΩ r (t) =  r 0

0

0

(3.268)  

(3.269)

0

Amplituda radijalnih oscilacija iznosi v/ iznosi v/Ω Ω 8km, nakon vremena τ  vremena τ  = 2π/Omega 2 π/Omega =  = 1.4 h   poklopac poklopac opet dol dolazi azi u ruk ruku u ast astron ronaut autu. u. Brod i pokl poklopac opac se u poˇ cetnom cetno m trenutku nalaze na osi x osi  x,, kao i u trenutku t trenutku  t =  = τ  trenucima ima poklopac  τ .. U svim ostalim trenuc i brod su razdvojeni.

≈

ˇ 3.4. 3. 4. RACUN SMETNJE 

87

 =  τ /2 t = τ

 =  τ  t = 0  i t  = τ  Zemlja

x

Slika 3.26: Orbite broda, tj. astrounauta (crtkana linija) i poklopca (puna linija).

88

POGLAVLJE 3.

CENTRALNE CENTR ALNE SILE 

Poglavlje 4 Keplerov problem 4.1 4. 1

Prob Pr oble lem m dv dvaju aju ti tije jela la

Promatramo sistem dvije ˇcestice cestice koje med ¯udjeluju centraln ¯udjeluju centralnom om silom. Poloˇ zaje zaje ˇcest ce stic icaa oz ozna naˇˇcimo ci mo s  r1 i  r2 , a potenc potencijaln ijalnu u funk funkciju ciju s  U  Jednadˇ adˇzbe zb e gibanj gib anjaa  U (( r1 r2 ). Jedn glase   (4.1) m1r¨1  = r1 r2 ),  r U ( 

| − |

−∇ m r¨  = −∇ 2 2

1

 r2

| − | U (|r − r |). 1

 

2

(4.2)

U daljnjim da ljnjim razmatra razmatranjima njima iskoristit ´cemo cemo relaciju rel aciju  r1 U (

∇ gdje je  je  r

|r − r |) = −∇ 1

r2 U (

2

|r − r |) = ∇ U (|r|), 1

2

 

r

(4.1)) i (4.2 4.2)) ≡ r − r . Zbrojimo jedn. (4.1 d  (m  ( m r¨  + m r¨  = 0 =⇒ m r  + m r ) = 0. dt 1

(4.3)

2

2

1 1

2 2

1 1

2

 

2 2

(4.4)

Kombinaciju u zagradi prepoznamo kao definiciju centra mase m1r1  + m2r2  = (m1  + m2 )rcm .

 

(4.5)

Kao posljedica jedn. (4.4 (4.4), ), centar mase sustav sustavaa moˇze ze se gibati samo jednoliko po pravcu. prav cu. Izaberemo inercijalni sustav u kojem centar mase miruje u ishodiˇstu stu m2   (4.6) m1r1 + m2r2  = 0 = r1  = r2 . m1 Kao drugu kombinaciju vektora  vektora  r1 i  r2 , linearno nezavisnu od  od  rcm  biramo relativnu koordinatu  koordinatu Oduzimanj imanjem em jedn. jedn. (4.1 (4.1)) i (4.2 4.2)) dolazimo do jednadˇzbe zbe gibanja ko r . Oduz ordinate  ordinate  r m1  + m2   (4.7) r¨ = r ). r U (  m1 m2

⇒

−

−

∇ ||

89

90

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

Poˇ cetni problem koji je ukljuˇ cetni civao dva tijela s masama m1 i m2   i centralnu silu civao  = m U (( r1 r2 ), sveli smo na problem jednog tijela mase  µ U   µ =  m1 m2 /(m1  + m2 ) koje se giba u centralnom polju U  polju  U (( r )

| − |

||

m1 m2 ¨ r  = m1  + m2

−∇ U (|r|) =⇒ µr¨ = −∇ U (|r|). r

r

 

(4.8)

Efektivnu masu

m1 m2 , m1  + m2 obiˇccno no zovemo reduciran reduciranaa masa sustava. µ =

 

(4.9)

91

4.1. PRO PROBLEM BLEM DV DVAJU TIJELA TIJELA

Zadatak 4.1 Dvije zvijezde jednakih masa gibaju se jedna oko druge pod utjecajem gravitacije. Ako se reducirana masa giba po orbiti r(φ) =

2a 1 + 0. 0.5cos φ

 

(4.10)

skcirajte orbite zvijezda. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Centar Cent ar mase sustav sustavaa dviju zvijezda miruje u ishodiˇstu stu

⇒ r  = − m r . m

m1r1 + m2r2  = 0 =

1

2

2

 

1

(4.11)

Definirali smo relativnu koordinatu  =  r  =  r1

m − r  =⇒ m m + m r  =  =   r  =⇒ r  = r. r. m  + m 2

1

2

2

1

2

1

1

 

(4.12)

2

Uz zadane mase m1  =  = m  = m  prethodna dna jednaˇzba zba svodi se na  m2  =  m pretho 1 r1  = r, 2

r2  =

− 12 r.r.

 

(4.13)

Prvi korak je skic skicaa orbite reducirane reducirane mase r mase  r((φ) koja se giba po elipsi. Pericentar se nalazii na pozitiv nalaz pozitivnoj noj stran stranii osi x osi  x (  (φ 4 a/33 od o d ishodiˇ isho diˇsta. sta. Apo Apocentar centar φ = 0) i udaljen je za 4a/ se nalazi na negativnoj strani osi x (φ  =  π 4 a   od isho ishodiˇ diˇsta. sta. Drugi  π)) i udaljen je za 4a y

µ

4a

O

4 a 3

x

Slika 4.1: Orbita reducirane mase definirana jedn. 4.10 jedn.  4.10.. korak je sk skica ica orb orbite ite prve prve zvi zvijez jezde. de. Rad Radii se o sk skali aliran ranoj oj orbiti orbiti reducir reducirane ane mas masee s faktorom sk skaliranja aliranja 0.5 jer su mase zvijezda jednak jednake. e. U tre´ cem koraku oznaˇcimo cem cimo

92

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

y

µ m1 O

x

Slika 4.2: Orbita prve zvijezde odgovara skaliranoj orbiti reducirane mase s faktorom skaliranja 0.5. y y

O

x

y

O

x

O

x

O

x

y

O

x

y

y

O

x

Slika 4.3: Konstru Konstrukcija kcija toˇcaka caka orbite druge zvijezde.

93

4.2. ANALI ANALIZA ZA KEPLERO KEPLEROVOG VOG POTENC POTENCIJALA IJALA

y

x

O

Slika 4.4: Orbite reducirane mase i dviju zvijezda. nekoliko nekoli ko toˇ t oˇcaka caka orbit o rbitee druge dr uge zvije zvijezde zde koris koriste´ te´ci ci rela relaciju ciju r2  =

 

−r . 1

(4.14)

U zadnjem koraku spo jimo toˇcke cke u orbitu druge zvijezde. Moˇzemo zemo joˇs primjetit primjetitii r2 (φ) =  r 1 (φ

4.2

− π) = 12 r(φ − π) =⇒ r (φ) = 1 − 2eacos φ .

 

2

(4.15)

Analiz Ana liza a Kepl Keplero erov vog potenc potencija ijala la

U prethodnom odjeljku smo problem dva tijela koja med ¯udjeluju centralnom silom ¯udjeluju sveli na problem jednog tijela mase µ mase  µ =  = m  m 1 m2 /(m1 + m2 ) koje se giba u centralnom polju U ( r ). Stoga nadalje moˇzemo zemo razmatrati gibanje jedne ˇcestice cestice u polju sile inverznog kvadrata

||

  = F 

−

k r0  = r2

⇒ U  U ((r ) =

  −  · ·

  dr  = F 

− kr .

 

(4.16)

Ekvivalentni jednodimenzionalni problem glasi: promatramo gibanje ˇcestice Ekvivalentni cestice u efektivnom potencijalu M 2 = U ef  U ((r ) + ef f (r ) =  U  2µr2

−

k M 2 + . r 2µr2

 

(4.17)

U blizini isho ishodiˇ diˇsta sta domini dominira ra centrifugaln centrifugalnii ˇclan clan (uz uvjet M  uvjet  M  = 0)

   

lim U ef ef f (r ) = +

r

→0

∞,

 

(4.18)

dok dal daleko eko od o d ishod ish odiˇ iˇsta sta domi dominir niraa ˇclan cla n k/r  pa tamo poten potencijal cijal teˇzi zi k nuli s negativ negativne ne k/r pa strane lim U ef 0.   (4.19) ef f (r ) =

−

r

→∞

−

Ovisno o energiji, energ iji, mogu´ce ce orbite orb ite su kruˇznica, znica, elipsa, parab parabola ola i hiperbol hip erbola. a.

94

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

U ef ef f  r

M 2 2µr2

r

−

k r

Slika 4.5: Efek Slika Efektivn tivnii potenc potencijal ijal u Keple Keplerov rovom om probl problem emu u je suma cen centrif trifugalnog ugalnog po2 2 tencijala M  tencijala  M  /2µr i Keplerovog potencijala k/r k/r..

 −

4.2.1

Kruˇ znica znica

Poloˇzaj za j minimuma efektivnog poten potencijala cijala odr odred ed¯en ¯en je uvjetom dU ef ef f  dr



k r02

=0 =

⇒ −

r=r0

M 2 =0= µr03

⇒

M 2 r0  =  . µk

 

(4.20)

Uvrstimo r0  u izraz za efektivni potencijal min U ef f 

=

−

µk2  M 2 µ2 k2 + = 2µ M 4 M 2

−

µk2 . 2M 2

 

(4.21)

Ako je energija jednaka minimumu efektivnog potencijala E  =

−

µk2 = 2M 2

− 2kr ,

 

(4.22)

0

ˇcestici cestici je dostupna samo radijalna udaljenost udaljenost r o dnosno putanja je kruˇznica znica radi r 0 , odnosno  jusa r0 . Brz Brzinu inu ˇcestic ces ticee u kruˇzno zno j or orbit bitii moˇzemo zem o izr izraˇ aˇcunat cun atii kori koriste´ ste´ci ci ravn ravnot oteˇ eˇzu zu cen cen-trifugalne i gravitacijske sile µv02 k = 2 = r0 r0

2 0

⇒v

=

k . µr0

 

(4.23)

Kinetiˇ Kin etiˇcka cka i po potenci tencijal jalna na ener energija gija ˇcestice cesti ce T  = vezane su relacijom U  relacijom  U  =

−2T T ..

µ 2 k v0 = 2 2r0

i U  =

− rk , 0

 

(4.24)

95

4.2. ANALI ANALIZA ZA KEPLERO KEPLEROVOG VOG POTENC POTENCIJALA IJALA

y

U ef ef f (r )

m r0 r0

r

φ x

E  ˇ Slika 4.6: Energija ˇcestice Slika cestice odgov o dgovara ara minimum minimumu u efektivnog potencijala. p otencijala. Cestica se moˇze ze nalazit nalazitii samo s amo na udaljeno udaljenosti sti r  r 0  od centra polja.

4.2. 4. 2.2 2

Eli lips psa a

Energija ˇcestice Energija cestice je negat negativna, ivna, ali ve ve´´ca ca od minim minimuma uma potenc potencijala. ijala. Pos Postoje toje dvij dvijee toˇcke cke ob obra rata ta r  (pericen ericentar tar ili perihel u sluˇcaju caju gravitacijsk gravitacijskog og polja Sunca) i  r max  r min  (p (apoc (ap ocentar entar ili i li ahel ah el u sluˇ sl uˇcaju ca ju gravita gr avitacijs cijskog kog polja p olja Sunc Sunca). a). Puta Putanja nja ˇcestice cesti ce je omed om ed¯ena, ¯en a, a kasnije kasni je ´cemo cemo po pokazati kazati da se rad radii o elipsi el ipsi.. Rad Radija ijalna lna brzin b rzinaa ˇcestice cest ice u toˇckama ckama obrat ob rataa padaa na nulu, ali je bitn pad bitnoo uoˇciti citi da ˇcestica cesti ca u tim toˇckama ckama ne sta stane ne jer ima konaˇcnu cnu  ˙ komponentu brzine v brzine  v φ  =  = r  r φ. y

U ef ef f (r ) m

rmin

rmax

r

rmax

rmin x

E 

ˇ Slika 4.7: 4. 7: Energija ˇcestice cestice je negativna, neg ativna, ali ve´ ca od minimuma poten ca potencijala. cijala. Cestica se gi giba ba izm izmed ed¯u ¯u toˇcaka ca ka obr o brat ataa r min i rmax.

96

POGLAVLJE 4.

4.2. 4. 2.3 3

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

Par arabo abola la i hi hiper perbol bola a

Ako se energija ˇcestice cestice pribliˇzava zava nuli, apo apocentar centar se sve viˇse se udaljava od centra sile. U gr gran aniˇ iˇcnom cn om sl sluˇ uˇcaju ca ju E  0 apo apocentar centar postaje posta je beskona b eskonaˇˇcno cno udaljen od o d centra sile i orbita viˇse se nije omed¯ena. ¯ena. Zbog centrifugaln centrifugalnee barijere minimal minimalna na udaljeno udaljenost st ˇcestice cestice od centra polja iznosi rmin   (pericentar). Kasnij Kasnijee ´cemo cemo pokazati p okazati da za za E   = 0 orbita  E  = odgovara paraboli, a za E za  E > 0 hiperboli.

 →  →

y

U ef ef f (r ) E  rmin

m rmin x

r

Slika 4.8: Energija ˇcestice cestice je pozitivna. Orbita ˇcestice cestice je neomed ¯ena. Minimalna ¯ena. udaljenost od centra polja iznosi r iznosi  r min  (pericentar).

4.3 4. 3

Izv Iz vod orbit orbite e u Keplero Keplerov vom pote potenc ncij ijal alu u

Uvrstimo Keplerov potencijal u izraz za orbitu φ  =

     −     M dr

r2

=

r

2µ E  +  +

k r

M dr 2µE 2µkr µErr2 + 2µkr

M 2 r2

+ C 

2

− M 

 

(4.25)

+ C,

 

(4.26)

gdje je C  konstant   konst antaa integr inte grac acije ije.. Rj Rjeˇ eˇsenje sen je odg o dgovara ovara ju´ceg ceg tabl ta bliˇ iˇcnog cno g integra integ rala la (Bro (B ronˇ nˇstejn st ejn,, br. 258) dx (4.27) I  =  + c x ax2 + bx bx + ovisi o parametrima c parametrima  c  i ∆ = 4ac 4ac b2 . U naˇ n aˇsem sem sl sluˇ uˇcaju ca ju vri vrijed jedii

  √ 

−

a  = 2µE ,

b = 2µk ,

c  =

2

−M  .

 

(4.28)

97

4.3. IZV IZVOD OD ORBITE U KEPLERO KEPLEROVOM VOM POTENCIJ POTENCIJALU  ALU 

Parametar ∆ je negativan jer energija ne moˇze ze biti manja od o d minimuma potencijala ∆=

2

2 2

−8µEM  − 4µ k

=

2

−8µM 





µk2 +  = E   + 2M 2

2

−8µM 

Za kombinaciju parametara c parametara  c <  0 i ∆  <  0 vrijedi  < 0

  √ 

dx =  + c x ax2 + bx bx +





min  + U ef E  + f  .   (4.29)

 + 2c 2c  bx + √ 1−c arcsin bx √  . x −∆

 

(4.30)

 

(4.31)

Integral potreban p otreban za orbitu dobijemo mnoˇzenjem zenjem izraza (4.30 4.30)) s  M  φ =

M  arcsin M 2

√ 

2µkr r

2

− 2M 

  

8µM 2 E  +  +

µk 2 2M 2



 + C.

Definiramo dvije veli veliˇˇcine cine koje karak karakteriziraju teriziraju orbitu u Keplerov Keplerovom om potencijalu

•  ekscentricitet orbite  e e  =

•   parametar orbite p orbite  p

 

1+

 2M   2 M 2 E  , µk2

M 2  p  =  p =  . µk

Orbita poprima oblik φ = arcsin

 1

−

p r

(4.32)

 

+ C,

e

 

(4.33)

 

(4.34)

kojii moˇzemo koj zemo invertir invertirati ati

 p = 1 e sin( sin(φ   (4.35) φ C ). r Ako izaberemo konstantu integracije C  integracije  C  φ0 + π/ π/22 dolazimo do standardnog oblika orbite u Keplerovom potencijalu

−  ≡  ≡

r(φ) =

−

p 1 + e cos( cos(φ φ

− φ ).

 

(4.36)

0

Orbita (4.36 (4.36)) predstavlja koniˇcnu cnu krivulju u polarnim koordinatama. Perice Pericentar ntar orbite se nalazi u toˇcki cki p  = φ   (4.37) φ =  φ 0 , rmin  = . 1+e Koordinatni sustav moˇzemo zemo orjentir o rjentirati ati tako da se pericentar nalazi na osi osi x  x.. Takav izbor izb or,, uj ujedn ednoo i na najˇ jˇceˇ ceˇs´ s´ci, ci, o dg dgovara ovara kon konsta stanti nti φ  φ 0  = 0. Ovisno o ekscentricitetu, orbita moˇze ze biti kruˇznica, znica, elipsa, parab parabola ola ili hiperb hiperbola. ola.

98

4.4 4.4.1

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

Omed ¯ene orbite u Keplerovom ¯ene Keplerovom potencijalu potencijalu Prva kozmiˇ cka brzina cka

Pretpostavimo da je energija ˇcestice cestice jednaka minimum minimumu u efektivnog potencijala min E  =  U ef f  =

− 2µk  ⇐⇒  ⇐ ⇒ e = 0. M 

 

(4.38)

 

(4.39)

2

Orbita (4.36 (4.36)) se svodi na kruˇznicu znicu radijusa  p p M 2 =  p  = r(φ) =  p =  . 1 + e cos φ µk

Brzina koju moramo dati satel Brzina satelitu itu da bi se gibao u kru kruˇˇznoj znoj orbit orbitii radij radijusa usa Rz oko Zemlje zove se prv prvaa kozmi kozmiˇˇcka cka brzina. U sustavu satelit-Zemlja reducirana masa je pribliˇzno zno jednaka masi satelita (= (= m  m)) µ =

mmz m = 1 + mmz m + mz

 

≈ m.

(4.40)

Prvu kozmiˇcku cku brzi brzinu nu moˇzemo zemo izraˇcunati cuna ti iz uvjeta uvjet a ravno ravnoteˇ teˇze ze centri centrifuga fugalne lne i gravitacijske sile v12 k = 2,   (4.41) F cf  m cf  =  F gr gr = Rz Rz k Gmz = v12 = =   (4.42) . mRz Rz Prva kozmiˇcka cka brzina brzi na ne ovisi o masi m asi satelita satelita,, a njezina numeriˇcka cka vrijednost vrijed nost iznosi

⇒

⇒

v1  = 7.9 km s−1 .

4.4.2

 

(4.43)

Eliptiˇ cne putanje cne

Ako se s e energija ˇcestice cestice nalazi u intervalu i ntervalu

−

µk2 < E <  0 2M 2

⇐⇒ 0 < e < 1 1,,

 

(4.44)

orbita odgovara odgovara elipsi. Orje Orjent ntiramo iramo koordinatni koordinatni susta sustav v tak takoo da se perice pericent ntar ar orbite nalazi na pozitivnoj strani osi x (φ   = 0), dok se apocentar nalazi na negativnoj strani osi x (φ  =  π ), ˇcime cime smo fiksiral fiksiralii konstantu φ0  = 0. Jednadˇ zba orbite u tom zba  π), sluˇ sl uˇcaju ca ju gl glas asii p   (4.45) r (φ) = . 1 + e cos φ

99

4.4. 4. 4. OMED  OMED  KEPLERO ROVOM VOM POTEN POTENCIJALU  CIJALU  ¯  ENE ORBITE U KEPLE

y m r

rmax

φ

rmin x

Slika 4.9: Eliptiˇcka cka putanja u Keplerovom Kepler ovom potencijalu po tencijalu.. ˇ Zelimo povezati poluosi elipse s energijom i momentom koli koliˇˇcine cine gibanja ˇcestice. cestice. Velika poluos elipse a =

p 1

−

e2

=

−

M 2 µk 2EM 2 µk2

=

− 2kE  = 2|kE | ,

 

(4.46)

M  , 2µ E 

 

(4.47)

ovisi samo o energiji, dok mala poluos elipse b  =

p

√ 1 − e

2

=

M 2 µk

 −

2EM 2 µk2

=

ovisi i o energiji i o momentu koliˇcine cine gibanja.

4.4.3 4.4 .3

  | |

Prvi Pr vi Ke Keple plero rov v zak zakon on

Prvi Kep Prvi Kepler lerov ov zak zakon on glas glasi: i: pla planet netii se gib gibaju aju ok okoo Sun Sunca ca po eli elipsa psama ma u ˇcijem cijem je  jednom fokusu Sunce. U stv stvarnosti arnosti se centar mase sustav sustavaa Sunce-Zemlja nalazi u fokusu, a Sunce i Zemlja se gibaju po elipsama. Neka je  m s  masa Sunca, a m a  mz  masa Zemlje. Oznaˇcimo cimo s rs   radijus-vektor Sunca, rz   radijus-vektor Zemlje i r   radijusvektor reducirane mase sustava Zemlja-Sunce ms mz   (4.48) rz = r , rs  = r. r. ms + mz ms  + mz

−

Masa Sunca je mnogo ve ve´´ca ca od mase Zemlje pa vrijedi rz

 ≈ r ,

rs

 ≈ 0.

 

(4.49)

100

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

reducirana masa Zemlja O

x

Sunce

Slika 4.10: Putan Slika Putanje je reducirane reducirane mase, Sunca i Zemlje. Omje Omjerr masa na slic slicii je ms : stvarnosti arnosti je omjer mnogo ve ve´´ci ci pa moˇzemo zemo re´ ci da Sunce miruje u ci mz  = 4 : 1. U stv fokusu, a Zemlja se giba oko njega po elipsi.

4.4.4

Tre´ ci Keplerov zakon ci

Tre´ci ci Keplerov zakon glasi: kv kvadrat adrat periode planeta je propocionalan kubu linearne dimenzij dim enzijee orbit o rbite. e. Perio Period d orbit o rbitee moˇzemo zemo na´ci ci koris koriste´ te´ci ci drug drugii Keple K eplerov rov zakon zakon.. Ploˇsna sna brzina brzi na je konst konstantna antna,, a moˇzemo zemo je izraˇcunati cuna ti koris koriste´ te´ci ci mome moment nt koliˇcine cine gib gibanja anja 1  = r 2 dφ  = dA = dA dφ = 2

1 dA M  ⇒ dA = r  ˙φ  =⇒ = . 2 2m dt dt 2

 

(4.50)

Povrˇsina sina elip elipse se jedn jednaka aka je umnoˇsku sku ploˇsne sne brzi brzine ne i per perio ioda da  = P  =  abπ  abπ =

dA  T  = dt

⇒ T  = abπ . dA dt

 

(4.51)

 

(4.52)

Sada iskoristimo formulu (4.47 (4.47)) za malu poluos T  =  aπ

M  2µ =  aπ 2µ E  M 

 

2µ . E 

  | | | |   ⇒  

Energij Ener giju u moˇ m oˇzemo zemo izra izraziti ziti po pomo´ mo´cu cu velike po poluo luosi si T  = 2πa3/2

µ = k

T 2 = 4π2

µ 3 a. k

 

(4.53)

Masa Sunca je mnogo mno go ve´ca ca od o d mase planeta (= (= m red ucirana masa pribliˇzno zno  m p ) pa je reducirana  jednakaa masi planeta  jednak ms m p m p =   (4.54) µ = m p . p 1+ m ms  + m p ms

≈

101

4.4. 4. 4. OMED  OMED  KEPLERO ROVOM VOM POTEN POTENCIJALU  CIJALU  ¯  ENE ORBITE U KEPLE

Omjer µ/k Omjer (4.53)) jednak je za sve planete  µ/k  u izrazu (4.53 µ k

 ≈ Gmm m  p

s

=

 p

1 . Gms

 

(4.55)

Koriste´ Kor iste´ci ci zakl zakljuˇ juˇcke cke Kepl Keplera era i Gal Galilea ilea 2

3

omjer  T  /a  jednak je za sve planete u Sunˇcevom cevom sustavu •   Kepler: omjer T  Galile ilei: i: put putanj anjaa tij tijela ela kod slobodnog slobodnog pad padaa ili hica na Zem Zemlji lji ne ov ovisi isi o mas masii • Gal tijela

i promatraju´ci ci putanju Mjeseca oko Zemlje Newton je zakljuˇ cio da gravitacioni cio potencijal ima oblik m1 m2   (4.56) U (r) = G . r Pritom univerzalna konstanta gravitacije ima vrijednost

−

G  = 6.672 10−11N m2 kg −2 .

 

·

4.4.5 4.4 .5

(4.57)

Newt Ne wtono onov v zakon zakon gra gravit vitaci acije je

Kako je Newt Kako Newton on uspored usporedio io astron astronomsk omskaa i opa opaˇˇzanja zanja Galilei-a? Galilei-a? Mje Mjesec sec se giba po po pribliˇ prib liˇzno zno kruˇznoj zno j puta putanju nju po polumj lumjera era 386000 km  = 3.86 · 10  ≈ 386000  km =

RM 

8

 

m.

(4.58)

Period gibanja Mjeseca iznosi 27 dana 7 sati i 43 minute 5

 ≈ 27 27..32 · 24 · 60 · 60 60 s  = 23 23..6 · 10  s =

T M  M 

 

s,

(4.59)

a moˇzemo zemo ga napisat napisatii u obliku 2 T M 

= 4π

2 T M 

=

Konsta Kon stanta nta sile teˇze ze

2µ

k

3 RM 

3 M M  RM  M M Z  Z  3 = 4π RM  M M  M  + M Z  Z  GM Z  Z M M  M  2

4π 2

 

GM Z  Z  1 +

M M  M  M Z

g  =

3 RM  .

GM Z  Z  2 . RZ 

 

 

(4.60) (4.61)

 

(4.62)

102

POGLAVLJE 4.

Eliminacija GM Z  Z   daje g  =

3 4π2 RM  2 2 T M  RZ 

Polumjer Zemlje iznosi 6370 k 6370  km m g  =

 

10..05 10 05 ms  ms−2

  M M  M  M Z

1+

Korekcija od mase Mjeseca je mala 1+

M M  M  M Z

1+

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

.

≈ 811 ,

 M M  M  M Z  Z 

 

.

(4.63)

 

(4.64)

 

(4.65)

 

(4.66)

a ako je uzmemo u obzir dobijemo konstantu sile teˇze ze g

4.4.6 4.4 .6

2

 ≈ 9.92 92 ms  ms− .

Dege De gener nerira irana na eli elipsa psa

Pretpostavimo da se ˇcestica cestica giba u kruˇ znoj orbiti radijusa R0 . Brzinu ˇcestice znoj cestice moˇzemo zemo izraˇcunati cunati iz uvjeta jednakosti centrifugaln centrifugalnee i gravitacijs gravitacijske ke sile s ile µv02 k = 2 = R0 R0

2 0

⇒v

=

k . µR0

 

(4.67)

 

(4.68)

 

(4.69)

Energija ˇcestice cestice je suma kinetiˇcke cke i poten potencijalne cijalne energije E  =

µ 2 v 2 0

− Rk

0

=

− 2Rk . 0

Brzina je u sv svakom akom trenu okomita o komita na radijus-ve radijus-vektor ktor ˇcestice cestice   = µv 0 R0  = M 

| |

 

µkR0 .

Promatr amo niz drugih ˇcestica, Promatramo cestica, od kojih svak svakaa ima i ma jednaku energiju kao i ˇcestica cestica u kruˇznoj zno j orbi o rbiti, ti, ali razl razliˇ iˇcit cit izno iznoss mom momenta enta koliˇcine cine gib gibanja anja.. Neka brzin b rzinaa svih ˇcestica cest ica u toˇcki cki (φ = 0, r = R0 ) ima jednak iznos v0 , ali razliˇcit cit kut prema osi x. Mom Momen entt koliˇcine cine gib gibanja anja ˇcestice cesti ce koj kojaa zatvara kut kut α osi  x  iznosi  α  s osi x   =  µv0 R0 sin α = M 

| |

 

µkR0 sin α.

 

(4.70)

Perihell svih takvih orbita se viˇse Perihe se ne nalazi na osi x  pa ih opisujemo jednadˇzbom zbom r (φ) =

p 1 + e cos( cos(φ φ

− φ ). 0

 

(4.71)

103

4.4. 4. 4. OMED  OMED  KEPLERO ROVOM VOM POTEN POTENCIJALU  CIJALU  ¯  ENE ORBITE U KEPLE

Parametar i ekscentricitet pojedinih orbita ovise o kutu  α M 2  = =  R 0 sin2 α,  p =  p µk e  =

 

 2EM   2 EM 2 1+ = µk2

 

 − 1

(4.72)

sin2 α.

 

(4.73)

Kut φ0  moˇzemo zem o izr izraˇ aˇcunat cun atii iz uvj uvjeta eta

⇒ 1 + e cos φ  = Rp =⇒ cos φ  = 1e

=  R 0 = r(φ = 0) = R

0

0

0



sin2 α



−1

 

(4.74)

Nekoliko primjera ovakvih orbita nalazi se na sl.  4.11  4.11--4.14 4.14.. Uoˇcimo cim o da sve ˇcestic ces ticee imaju jednaku energiju, a time i sve orbite imaju jednake velike poluosi. Smanjivan jem momenta koli koliˇˇcine cine gibanja, smanjujemo malu poluos elipsa pa one posta postaju ju sve tanje. Krajnji sluˇcaj caj je na sl. sl. 4.14  4.14.. Moment impulsa ˇcestice cestice je nula, cent centrifugalna rifugalna barijera viˇse se ne post postoj ojii i ˇcestica cestica moˇze ze pro´ci ci kroz centar sile ( rmin   = 0). 0). Or Orbi bita ta se svela na pravac (degenerirana elipsa), iako formalno e   1. Uvrs Uvrstimo timo moment moment

 →

y

y

rmin

rmin

R0

R0

x

x

rmax

rmax

Slika 4.11: α   = 1200 , rmin = Slika 0.5R0 , rmax  = 1.5R0 . y

rmin

R0

Slika 4.12: α   = 1350 , rmin = Slika 0.293 293R 707R R0 , rmax  = 1.707 R0 . y

rmin x

R0 rmax x

rmax

Slika 4.13: α   = 1500 , rmin = Slika 0.134 134R 866R R0 ,  r max  = 1.866 R0 .

Slika 4.14: α   = 1800 , rmin = 0, rmax  = 2R0 .

104

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

koliˇcine cine gib gibanja anja (4.70 4.70)) u efektivni potencijal M 2 ( ) = U ef r ef f  2µr2

 −

 k k = 2R0 r



R2 sin2 α 20 r

−

R0 2 r



.

 

(4.75)

Sa smanjiv smanjivanjem anjem momenta koli koliˇˇcine cine gibanja, smanjujemo i cen centrifugalnu trifugalnu barijeru. U krajnjem kra jnjem sluˇcaju ca ju (M    0) centrif c entrifuga ugalna lna bar barijer ijeraa nest nestaa je i ˇcestica cesti ca moˇze ze pro´ci ci kroz centar sile. Efektivni potencijalu koji odgovaraju orbitama sa sl. 4.11 sl.  4.11--4.14 4.14 prikazani  prikazani su na sl. 4.15 sl.  4.15--4.18 4.18..

 →  →

ef f 

r

ef f 

R0

r

M 2 2µr2

R0

M 2 2µr2

r E 

−

E 

k r

−

Slika 4.15: α   = 1200 , rmin = Slika 0.5R0 ,  r max  = 1.5R0 . ef f 

r

r

Slika 4.16: α   = 1350 , rmin = Slika 0.293 293R 707R R0 ,  r max = 1.707 R0 . ef f 

R0

k r

r

M 2 2µr2

R0 r

E 

−

k r

Slika 4.17: α   = 1500 , rmin = Slika 0.134 134R 1 .866 866R R0 ,  r max = 1. R0 .

r E 

−

k r

Slika 4.18: α   = 1800 , rmin = 0, rmax  = 2R0 .

105

4.4. 4. 4. OMED  OMED  KEPLERO ROVOM VOM POTEN POTENCIJALU  CIJALU  ¯  ENE ORBITE U KEPLE

Zadatak 4.2 Izvedite izraz za orbitu u Keplerov Izvedite Keplerovom om potencijalu rje rjeˇˇsavaju´ savaju´ci ci diferencijaln diferencijalnu u jednadˇzbu zbu orb orbite, ite, ako se ˇcestica cest ica u poˇcetnom cetno m trenu trenutku tku nal nalazi azi na osi osi x  na udaljenosti R udaljenosti  R 0  x na k od isho ishodiˇ diˇsta, sta, brzina jo jojj iznosi izno si i zatvara kut α  = 450 s osi x osi  x.. mR0 Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e:

 

Na ˇcesticu cesticu djeluje sila inverznog kvadrata f (r) = f (

− rk .

 

2

(4.76)

Uvrstimo silu u diferencijalnu dif erencijalnu jednadˇzbu zbu orbite o rbite d2 u + u = dφ2

mk − M mu f f (1 (1/u /u)) = . M  2 2

 

2

(4.77)

Rjeˇsenje senj e jedn jednadˇ adˇzbe zb e je suma op´ceg ceg rjeˇsenja senj a hom homoge ogene ne jedn jednadˇ adˇzbe zbe i part partikul ikularno arnogg rjeˇsenja sen ja neh nehom omog ogene ene jed jedna nadˇ dˇzbe zb e cos(φ u(φ) =  A cos( φ

mk − φ ) + M  . 0

 

2

(4.78)

Konstante A i φ0 , kao i iznos momenta koli koliˇˇcine cine gibanja moˇzemo zemo izraˇcunati cunati iz poˇcetnih cetnih uvjeta. Jednake poˇcetne cetne uvjete smo ve´ c susreli u pog poglavlju lavlju o centralnim silama 1 1 du = cot α.   (4.79) u(φ = 0) = , R0 dφ φ=0 R0 Uvrstimo iznos momenta koliˇcine cine gibanj gibanjaa



−

  | =  mv R  sin α  = |M  0

0

u rjeˇsenje senj e dife diferenci rencijal jalne ne jedn jednadˇ adˇzbe zbe cos(φ u(φ) =  A cos( φ

 

kmR0 sin α,

1 − φ ) + R  sin 0

0

2

α

.

 

(4.80)

 

(4.81)

Prvi poˇcetni cetni uvjet =  A cos φ0 + u(φ = 0) = A

1 1 = = R0 R0 sin2 α

Drugi Dru gi poˇcetni cetni uvje uvjett du dφ

⇒ A cos φ  = − R1



= A sin φ0  = φ=0

0

− R1

0

cot α.

cot2 α.

 

(4.82)

0

 

(4.83)

106

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

Kvadriramo i zbrojimo jedn. (4.82 (4.82)) i (4.83 4.83)) A2 =

1 1 cot2 α 2 4 cot  + cot  = = α α R02 R02 sin2 α



⇒ A = R1



cot α . 0 sin α

 

(4.84)

Uoˇcimo cim o da je je α  = 450 pa je cot α  pozitivan. Vratimo se drugom drug om poˇ p oˇcetnom cetnom uvjetu  α = A sin φ0  =

− R1

cot α  =

⇒ φ  =  = π  + α.  π +

0

 

0

(4.85)

Orbita Orbi ta ˇcestice cesti ce gla glasi si 1 cos α  coss (φ  co u(φ) = R0 sin2 α

−

1 = φ0 ) + R0 sin2 α

⇒ r(φ) = 1 −

R0 sin2 α cos α cos( cos(φ φ

− α) .   (4.86)

y

rmax

rmin

R0

x

Slika 4.19: Orbita ˇcestice. cestice. U poˇcetnom cetnom trenutku ˇcestica cestica se nalazi na osi osi x  x,, udaljena 0  je za za R  od d ishodiˇsta, sta, a brzina joj zatv zatvara ara kut kut α osi  x..  R 0  o  α  = 45 s osi x

107

4.4. 4. 4. OMED  OMED  KEPLERO ROVOM VOM POTEN POTENCIJALU  CIJALU  ¯  ENE ORBITE U KEPLE

Zadatak 4.3 Izvedite izraz za orbitu u Keplerov Izvedite Keplerovom om potencijalu rje rjeˇˇsavaju´ savaju´ci ci kv kvadraturu, adraturu, ako se ˇcestica cesti ca u poˇ p oˇcetnom cetno m trenutk t renutku u nal nalazi azi na osi x  na udaljenosti R0   od ish ishod odiˇ iˇsta, sta , brzi brzina na k  joj iznosi i zatvara kut α  = 450 s osi x. mR0 Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e:

 

Na poˇcetku cetku gibanj gib anjaa ˇcestica cesti ca se nal nalazi azi na osi osi x za  R 0  o  od d isho is hodiˇ diˇsta, sta, brzi brzina na  x,, udaljena je za R k  joj iznosi i zatvara kut α kut  α =  = 450 s osi x osi x.. Ovi poda p odaci ci su dovoljni da izraˇcunamo cunamo mR0 moment mome nt koliˇcine cine gib gibanja anja

 

|M   | = m|r × v | = mR v  sin α = 0

0

0 0

i energ energiju iju ˇcestice cesti ce E  =

m 2 m k  v 0  + U  U ((r0 ) = 2 2 mR0

 

mkR0 sin α,

− Rk

=

0

 

− 2Rk .

 

(4.87)

(4.88)

0

Energija je negativn negativnaa pa moˇzemo zemo zakljuˇciti citi da je gibanj gibanjee omed¯eno. ¯eno. Gibanje u bilo kojem centralnom polj polju u moˇzemo zemo svesti s vesti na jedno jednodimenzion dimenzionii problem, pritom vode´ci ci raˇcuna cuna da se ˇcestica cestica giba u efektivnom pot potencijalu encijalu U ef ef f (r ) =

−

k M 2 + = r 2mr2

R − kr +  k kR 2r

0 2

sin2 α.

 

(4.89)

Uvrstimo sve dostupne podatke u izraz za orbitu

     −   √    −   √   − −     √   − r

φ

− φ  = 0

M dr′

R0 r ′ 2 2m E  +  +

M  = 2m M  = 2m M  = 2 m

r

R0

dr′

(4.91)

M 2 2m

r′ Er ′ 2 + kr ′

r

R0

(4.90)

M 2 r′ 2

k r′

dr′

k 2 2R0 r

r′

′ + kr ′

r

2 kR0

R0

kR0 2

(4.92)

2

sin α

dr′

r′ 2 R20

r′

′ + 2 Rr 0

2

− sin

 

.

(4.93)

α

Koristimo oznaku x r/R0 , kao i ˇcinjenic cinj enicu u da se ˇcestica cesti ca na poˇcetku cetku gib gibanja anja nal nalazi azi na osi x osi  x  ( φ0  = 0).

→

≡

M  φ  = 2m

√ 

      − 2 kR0

x

1

x′

dx′

2x′ x′ 2 + 2x

2

− sin

α

.

 

(4.94)

108

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

Rjeˇsenje senj e od odgovara govaraju´ ju´ceg ceg tab tabliˇ liˇcnog cnog integ integral ralaa (Bro (Bronˇ nˇstejn, stejn , br. 258 258)) I  =

  √ 

dx  + c x ax2 + bx bx +

(4.95)

2

ovisi o parametrima c parametrima  c  i ∆ = 4ac 4ac

− b . U naˇ n aˇsem sem sl sluˇ uˇcaju ca ju vri vrijed jedii a  = −1, b  = 2, c = − sin α. 2

 

(4.96)

Parametar ∆ je sigurno negativan (ne moˇze ze biti b iti nula zbog poˇcetnog cetnog uvjeta uvjeta α  = 450 ).  α = Za kombinaciju parametara c < 0 i ∆  <  0 vrijedi  < 0

  √ 

dx =  + c x ax2 + bx bx +

 + 2c 2c  bx + √ 1−c arcsin bx √  . x −∆

 

(4.97)

 

(4.98)

Uvrstimo rjeˇsenje senje integrala u jedn. j edn. (4.94 4.94)) M  φ  = 2m

√ 

 

2 1  x ′ sin2 α  arcsin ′ kR0 sin α x  cos α

−

Uvrstimo iznos momenta koli koliˇˇcine cine gibanja M  = gracije



x

. 1

√ mkR  sin α, kao i granice inte0

2

− sin α − arcs arcsin in (cos α) φ = arcsin x cos α  1 − = arcsin arcs csin in [s [sin in (π/ − ar π/22 − α)]  x

(4.99)

sin2 α x

(4.100)

cos α

= arcsin

 1

−

sin2 α x

cos α

−  π2 + α

 



− α).

(4.101)

Invertiram Inverti ramoo pretho pre thodnu dnu jednadˇ jed nadˇzbu zbu 1

−

sin2 α x

cos α =



 π = sin φ + α +  = cos cos (φ 2

⇒1−

 sin 2 α = cos α cos( cos(φ φ x

 

− α).

 

(4.102) (4.103)

Vratimo supstituciju r  =  = R  R 0 x r (φ) =

1

−

R0 sin2 α cos α cos( cos(φ φ

− α) .

Dobili smo isto rje rjeˇˇsenje senje kao i u prethodnom zadatku.

 

(4.104)

109

4.4. 4. 4. OMED  OMED  KEPLERO ROVOM VOM POTEN POTENCIJALU  CIJALU  ¯  ENE ORBITE U KEPLE

Zadatak 4.4 Pokaˇzite zit e da jed jedna nadˇ dˇzba zba or orbit bitee r  =

p 1 + e cos φ

opisuje horizontal horizontalni ni hitac hi tac na n a povrˇ p ovrˇsini sini Zemlje. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Kamen je izbaˇcen cen horizontalno s visine h   iznad pov povrˇ rˇsine sin e Zeml Zemlje. je. Poˇcetnu cetnu brzi brzinu nu ozna oz naˇˇcimo ci mo s vy . Zem Zemlja lja djeluje djeluje na kame amen n kao da joj je cij cijela ela masa sk skonc oncen entri triran ranaa u sredi srediˇˇstu. stu. Kamen se prije udaranja u Zemljinu povr p ovrˇˇsinu sinu giba po elipsi u ˇcijem cijem ′ ′  je fokusu sredi srediˇˇste ste Zemlje. Ishodiˇste ste koordinatnog sustav sustavaa y z   veˇzemo zemo uz sr sred ediˇ iˇste st e Zemlje, dok isho ishodiˇ diˇste ste sustava yz  zemo uz toˇcku zemo cku iz koje bacamo kamen. Veza yz    veˇ z, z ′ V  vy h U 

z ′ vy h

y

O y′

y′

O

Rz

Rz

ˇ Slika 4.20: Cestica je ispaljena horizontalno na visini h  izna  iznad d povrˇsine sine Zeml Zemlje. je. izmed¯u ¯u koordin koordinatnih atnih sustava glasi  = y y ′  =  y,,

 

(4.105)

 + OV  =  z  +  + OU  +  + U V  =  z  +  + Rz  + h. z ′ =  z  +

 

(4.106)

Napiˇsemo semo jedn jednadˇ adˇzbu zbu elip elipse se u Kart K artezije ezijevom vom sust sustavu avu (z ′

− c)

a2

2

 y ′ 2 + 2 = 1. b

 

(4.107)

Sa sl. 4.20 sl.  4.20 vidimo  vidimo da vrijedi  = R a  =  R z  + h Prelazimo u koordinatni sustav yz   = z   + Rz  + h  = z ′  =  z  +

 

− c.

 = z   + R  + h − c. ⇒ z ′ − c =  z  + z

(4.108)

 

(4.109)

110

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

Jednadˇ Jedn adˇzba zba elip elipse se u sustavu su stavu yz   glasi yz  glasi (z  +  + a)2  y 2 + 2 =1= a2 b

⇒

 2z  z 2  2 z   y 2 + + 1 + 2 = 1. 1. a2 a b

 

(4.110)

Kamen Kam en je izbaˇcen cen iz toˇcke cke bliz blizu u pov povrˇ rˇsine sine Zeml Zemlje je z 2 a2

 ≪ az .

 

(4.111)

U jed jedna nadˇ dˇzbi zbi eli elipse pse moˇzemo zem o zan zanema emarit ritii kvad kvadra ratiˇ tiˇcni cni ˇclan cla n  = z  =

− 2ab y . 2

 

2

(4.112)

Poluosi elipse izrazimo pomo´cu cu energije i zakretnog impulsa a  =

k 2 E 

| |

i b  =

M  , 2µ E 

 

  | |

(4.113)

gdje je µ je  µ reducirana  reducirana masa sistema Zemlja-kamen. Kamen je mnogo lakˇsi si od o d Zemlje pa vrijedi mM z m =   (4.114) m M z = µ  = m. M z  + m 1 + m/ m/M  M z

≪

⇒

≈

Osim toga, kame kamen n je ispaljen horizontalno i njegov moment koli koliˇˇcine cine gibanja g ibanja iznosi M  =  m  m((Rz  + h)vy

 

 ≈ mR v . z y

(4.115)

Prisjetimoo se znaˇcenja Prisjetim cenja konstante k  u Keplerovom potencijalu  = GmM  k  =  GmM z .

 

(4.116)

Prvo uvrstimo malu i veliku poluos u izraz za putanju  = z  =

− 2ab y

2

2

=

m|E | − 12 · 2|kE | · 2 2m y , M  2

 

2

(4.117)

a zatim joˇs uvrstimo konstatnu k  i moment mo ment koliˇcine cine gib gibanj anjaa  M  z  =

−

km 2 y = 2M 2

−

GM z m2 2 y = 2m2 Rz2 vy2

−

GM z y 2 . 2Rz2 vy2

 

(4.118)

Na kraju iskoristim iskoristimoo definiciju konstante sile teˇze ze i dolazimo do poznatog rezultata g

 ≡

GM z = Rz2

⇒ z  =  = −

g y2 . 2 vy2

 

(4.119)

111

4.4. 4. 4. OMED  OMED  KEPLERO ROVOM VOM POTEN POTENCIJALU  CIJALU  ¯  ENE ORBITE U KEPLE

Zadatak 4.5 Pokaˇzite Pokaˇ zite da se gibanje u gravitacijsk gravitacijskom om polju Zemlje za koje vrijedi M   = 0 mo moˇˇze ze M  = svesti na slob slobodni odni pad ako se ˇcestica cestica nalazi blizu povrˇsine sine Zemlje. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: ˇ Cestica kre´ce ce iz mirovanja s udaljeno udaljenosti sti h  od povrˇ p ovrˇsine sine Zemlje. Z emlje. Pritom je u stvarnosti s tvarnosti  h od visina h visina (h Budu´ du´ci ci da ˇcest cestic icaa u poˇcetn cetnom om  h  mnogo manja od radijusa Zemlje (h Rz ). Bu trenutku miruje njezin moment koliˇcine cine gibanja iˇsˇ sˇcezava, cezava, a energija jo jojj je jednaka poˇcetnoj cetno j potencijal p otencijalno nojj energiji ener giji k  =   (4.120) E  = , R0 gdje je R je  R 0  =  = R cuvanja energije ener gije da daje je  R z  + h. Zakon saˇcuvanja

≪

−

U ef ef f  r r O

m

E 

r

h

r0

Rz

−

k r

rz ˇ Slika 4.21: Cestica je ispuˇstena stena s visine h  izna  iznad d povrˇsine sine Zeml Zemlje. je. µ E  =  ˙r2 2

− kr = − Rk ,

 

(4.121)

 

(4.122)

0

odakle od akle moˇzemo zemo izra izraziti ziti radi radijal jalnu nu brzinu b rzinu ˇcestice cest ice 2k r˙ 2 = µ

  −  1 r

1 R0

.

ˇ tica Ces Cesti ca se gi giba ba izm izmed ed¯u ¯u po poˇˇcetne cet ne toˇcke cke r = R0  i povrˇsine sine Zeml Zemlje je r = Rz . Tij Tijek ekom om gibanja se poten potencijalna cijalna energija ˇcestice cestice smanjuje, dok kinetiˇcka cka raste s nule na neku konaˇcnu cnu vrijednost vrijednost.. Ograniˇcimo cimo se sada na slob slobodni odni pad blizu povrˇsine sine Zemlje R0 pri ˇcemu cemu vri vrijed jedii  h, z 

− R  ≡ h r − R  ≡ z, z

 

z

(4.123)

 ≪ R . Iskoristimo Taylorov razvoj  ≪ z

1 1 1 1 = = r Rz  + z  Rz 1 + Rzz

≈

1 Rz

−  1

z  Rz

,

 

(4.124)

112

POGLAVLJE 4.

1 1 1 1 = = R0 Rz  + h Rz 1 + Rhz

1 Rz

≈

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

−  h Rz

1

.

 

(4.125)

 

(4.126)

Brzina se svodi na

−

2k z ˙ 2 = µRz

z  Rz

1

−



2k h 1+  = (h Rz µRz2

− z ) .

ˇ Cestica je mnogo lakˇsa sa od Zemlje pa vrijedi mM z m = 1 + m/ m + M z m/M  M z

µ =

 

≈ m.

(4.127)

Biramo negativan predznak jer se s e udaljenost ud aljenost ˇcestice cestice od povrˇsine sine Zemlje smanjuje  = z ˙  =

−

 

2k mRz2

√ h − z  =  = −

 

√  − z.

2GM z h Rz2

 

(4.128)

Prisjetimoo se definicije konstante sile teˇze Prisjetim ze

  √  −

 ≡ GM  =⇒ z ˙  =  = − R z

g

2 z

Separiramo Separira mo varijable varijab le u pretho prethodno dnojj jednadˇ jedn adˇzbi zbi dz  = h z 

  ⇒ √  z

  −

√  −

2g h

dz ′ = h z ′

2gdt  = gdt =

h

−

 

z.

(4.129)

 

−

2gt,

 

(4.130)

a zatim integriramo lijevu i desnu stranu. Integral desne strane je trivijalan, dok je integral integ ral lij lijeve eve stra strane ne neˇsto sto sloˇzeniji zenij i

  √  z

I  =

h

Napravimo supstituciju u  =  = h  h

  −

dz ′ = h z ′

−

− z ′

√ u

h z

I  =

0

− du

√ u = − 1/2

√  ⇒ −2 h − z  =  = −

=

  − √  −

 

z

h



d(h h

h z

−

−

z ′ ) . z ′

 

(4.131)

√  −2 h − z,

 

(4.132)

g ⇒ h − z  =  = t , 2

 

(4.133)

0

2gt  = gt =

=

2

i na kraju sti stiˇˇzemo zemo do poznatog izraza za slobodni pad s visi visine ne h  =  h z  = h

−  g2 t . 2

 

(4.134)

113

4.4. 4. 4. OMED  OMED  KEPLERO ROVOM VOM POTEN POTENCIJALU  CIJALU  ¯  ENE ORBITE U KEPLE

Zadatak 4.6 Asteroid mase m   opaˇzen zen je na udaljenosti 16 16R Rz   od centra Zemlje kako se giba 1 GM z  11 brzinom . Smjer brzine otklonjen je za kut  θ  = arccos  od smjera gibanja  θ = 4 12 Rz prema Zemlji. Nad¯ite ¯ite jednadˇ zbu orbite po zbu p o kojo kojojj se asteroid giba, te udaljenost za koju ko ju ´ce ce pro promaˇ maˇsiti si ti Zem Zemlj ljinu inu po povrˇ vrˇsinu. si nu. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e:

 

Asteroid se giba u grav Asteroid gravitaci itacijsk jskom om polju Zemlje. Pret Pretpostav postavljamo ljamo da utje utjecaj caj Sunca i drugih planeta moˇzemo zemo zanemariti, zanemariti, kao i da je masa asteroida asteroida mnogo manja od mase Zemlje. U tom sluˇcaju caju se asteroid giba po koni koniˇˇcnoj cnoj krivulji u ˇcijem cijem fokusu Zemlja (centar sile) miruje. Jednadˇ zba orbite glasi zba r  =

p 1 + e cos( cos(φ φ

 

− φ ).

(4.135)

0

Ekscentricitet i paramtar pa ramtar orbite odred¯eni su energijom en ergijom i momentom mo mentom koliˇcine cine gibanj gibanjaa Rz

v0

θ0

m

16RZ 

O

x

Slika 4.22: Asteroid se u poˇ Slika p oˇcetnom cetnom trenutku nalazi na udaljenosti 16R 16Rz  od centra Zemlje. Zeml je. Poˇcetna cetna brzi brzina na   v0  je otklonjena za kut  θ 0  od pravca gibanja. asteroida, dok kut φ kut  φ 0  m  moˇ oˇzemo zem o izr izraˇ aˇcunat cun atii iz po poˇˇcetno cet nogg uvj uvjeta eta =  r 0  = 16 16R r(φ = 0) = r Rz .

 

(4.136)

Energija asteroid asteroidaa je suma poˇcetne cetne kinetiˇcke cke i poten potencijalne cijalne energije E  =

m 2  v 2 0

− G mM  r

z

=

0

m GM z 2 16 16R Rz

GmM  =− −  GmM  . 16R 16 32R 32 R R z

z

z

 

(4.137)

z

Energija je negativna pa moˇzemo zemo zakljuˇ citi da se asteroid giba po elipsi. Moment citi koliˇ kol iˇcine cin e gi giba banja nja as aster teroi oida da ta takod kod¯er ¯e r moˇzemo zem o izr izraˇ aˇcunat cun atii u po poˇˇcetno cet nom m tre trenut nutku ku M  =  m r0 v0 =  mr0 v0 si  sin n (π =  mr0 v0 sin θ

| × |

=

√ 23 3

 

 

− θ)

m GM z Rz .

(4.138) (4.139) (4.140)

   

(4.141)

114

POGLAVLJE 4.

π

v0 O

|r | = 16 R 0

Z 

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

−θ

0

m

x

r0

Slika 4.23: Vekt Slika ektori ori poˇcetnog cetnog poloˇzaja zaja r0   i poˇcetne cetne brzine v0   potreb potrebni ni za izraˇcunavanje cunavanj e mom momenta enta koliˇcine cine gib gibanj anja. a. Sada moˇzemo zemo izraˇcunati cuna ti par paramtar amtar orb orbite ite 23 M 2 M 2  = = 2 = Rz ,  p =  p 9 mk m GM z

 

(4.142)

kao i ekscentricitet orbite e  =

 

 2EM   2 11 EM 2 1+ = . 12 mk2

 

(4.143)

Preostal Preo staloo nam je joˇs izraˇcunati cuna ti kut φ0

⇒ 1 + epcos φ

=  r 0  = 16 16R r (φ = 0) = r Rz =

= 16 16R Rz .

 

(4.144)

0

Uvrstimo parametar i ekscentricitet orbite φ0  = arccos

− 

11 . 12

 

(4.145)

Asteroid se nalazi na minimalnoj udaljenosti od centra Zemlje za kut  φ  = φ  φ =  φ 0 4  = r  = φ rmin  =  r((φ =  φ 0 ) = Rz . 3

 

(4.146)

Minimalnu udalj Minimalnu udaljenost enost od povr povrˇˇsine sine Zemlj Zemljee dobij dobijemo emo tak takoo da od rmin   oduzmemo radijus Zemlje 1  = r   (4.147) dmin  =  r min Rz = Rz . 3

−

4.4. 4. 4. OMED  OMED  KEPLERO ROVOM VOM POTEN POTENCIJALU  CIJALU  ¯  ENE ORBITE U KEPLE

y

v0 Zemlja

m

Slika 4.24: Orbita asteroida.

x

115

116

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

Zadatak 4.7 Kada bi se Zemlja naglo zaustavila u svojoj orbiti, za koliko dana bi udarila u Sunce? Orbitu Zemlje prije zaustavljanja aproksimirajte aproksimira jte kruˇ znicom. znicom. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Nakon zaustavljanja, Zemlja se poˇcinje cinje pribliˇzavati zavati Suncu. Pretpostavljamo da je masa Zemlje Zem lje zanemariva zanemar iva u odnosu na n a masu Sunca Su nca pa Sunce Sun ce moˇzemo zemo smatrati smatr ati fiksnim centrom gravitacijske sile. Zemlja kre´ce ce iz i z mirovanja mi rovanja pa je njezin njezi n moment m oment koliˇcine cine gibanja giban ja nula. Centrifugalna barijera iˇsˇ sˇcezava cezava i Zemlja moˇze ze pasi u centar sile (tj. moˇze ze udariti u Sunce). Energija Zemlje jednak jednakaa je poˇcetnoj cetnoj potencijalnoj energiji  jer je poˇcetna cetna kinetiˇ cka energija nula cka

R0

Zemlja

r

Sunce Slika 4.25: Zemlja i Sunce u trenutku zaustavljanja Zemlje. E  =

− Rk .

 

(4.148)

0

Zakon saˇcuvanja cuvanja energije da daje je m 2 r˙ 2

−  kr = E  = − Rk .

 

(4.149)

    −  −

 

(4.150)

0

Izrazimo radijalnu brzinu Zemlje dr = dt

2k m

1 r

1 . R0

Pritom smo odabrali negativan predznak jer se udaljenosti Zemlje od Sunca sman juje. Separiramo varij varijable able u jedn. (4.150 ( 4.150)) pa zatim integriramo lijevu i desnu stranu T  =

      m 2k

R0

rdr

−

0

r2 R0

.

 

(4.151)

+r

Vrijednost tabliˇcnog cnog integrala (Bronˇstejn, stejn, br. 249) I br br =

 √ 

xdx  + c ax2 + bx bx +

(4.152)

117

4.4. 4. 4. OMED  OMED  KEPLERO ROVOM VOM POTEN POTENCIJALU  CIJALU  ¯  ENE ORBITE U KEPLE

ovisi o parametrima a  i ∆ = 4ac 4ac a  =

− R1 , 0

2

sem sluˇcaju ca ju vri vrijed jedii − b . U naˇsem b  = 1, c = 0 =⇒ ∆ = −1.

 

(4.153)

Rjeˇsenje senje integrala za kombinaciju parameta parametara ra a < 0 <  0 i ∆  < 0 glasi

√ ax

2

I br br  =

+ bx  + c bx + a

Uvrstimo parametre (4.153 (4.153)) I  =

−R

0

kao i granice integracije

   −  r2

R0

− 2|ab|

R0

+r

0

(4.154)

 arcsin 3/2

3/2

−

 R 0   arcsin 2

 2ax  2  + b ax + . ∆

√ −

−2r + R

0

R0



R0

,

 

  √   

(4.155)

 

(4.156)

0

3/2

πR 0 I  = . 2 Vrijeme potrebno da Zemlja udari u Sunce

 

(4.157)

3/2

T  = 2π Kombinaciju parametara

µ R0 . k4 2

 

(4.158)

µ 3/2   (4.159) R , k 0 moˇzemo zemo izraziti izr aziti pom pomo´ o´cu cu period p eriodaa gibanja gib anja Zemlje oko o ko Sunca prije zaustavljanja za ustavljanja.. Ako orbitu prije zaustavljan zaustavljanja ja aproksim aproksimiramo iramo kruˇznicom, znicom, moˇzemo zemo izjednaˇciti citi centrifugalnu i gravitacijsku silu mv 2 k = 2 = R0 R0

⇒ v  =

 

k . mR0

 

(4.160)

Vrijeme potr potrebno ebno da Zemlja obid¯e ¯e Sunce 2πR0 = 2π 2π τ  = v

 

m 3/2  R . k 0

 

(4.161)

Zemlja bi udarila u Sunce za T  =

τ  √  ≈ 65 dana. dana. 4 2

 

(4.162)

118

4.5 4.5.1

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

Neomed ¯ene orbite u Keplerovom ¯ene Keplerovom potencijalu potencijalu Druga kozmiˇ cka brzina cka

Pret postavi Pretpo stavimo mo da pove´cavamo cavamo energ energiju iju ˇcestice, cest ice, dok mom moment ent koliˇcine cine gib gibanja anja drˇzimo zimo konstan kon stantnim. tnim. Velik elikaa poluos elip elipse se raste i u grani graniˇˇcnom cnom slu sluˇˇcaju caju E    0 teˇzi zi u b es eskon konaˇ aˇcnos cn ostt k   (4.163) a  = . 2 E 

→

| |

Elipsa tada prelazi u parabolu. E  E    = 0 je minimalna vrijednost energije potrebna ˇcestici cest ici da bi nap napusti ustila la centar sil silee i otiˇsla sla u bes beskonaˇ konaˇcnost. cnos t. Oda Odatle tle moˇzemo zemo izraˇcunati cuna ti brzinu brzin u koju mora imati rak raketa eta da bi napus napustila tila Zemlj Zemlju u (druga koz kozmiˇ miˇ cka brzi cka brzina). na). Oznaˇ Oz naˇcimo ci mo s m  i  m z  mase rakete i Zemlje. Za sustav raketa-Zemlja sigurno vrijedi m

≪ m =⇒ µ ≈ m.

 

z

(4.164)

Da bi napustila Zemlju, energija rakete mora biti nula E  =

m 2  v 2 2

−  kr = 0 ,

 = Gmm k  =  Gmmz .

 

(4.165)

Tijelo ispaljujemo s povrˇsine sine Zemlje pa je je r  = R  r  =  R z =

⇒ v

2 2

=

2k 2Gmz = . mRz Rz

 

(4.166)

Brzina v Brzina numeriˇˇcka cka vrijednost iznosi  v 2  ne ovisi o masi tijela, a numeri 1

11..2 km s− .  ≈ 11

v2

4.5. 4. 5.2 2

 

(4.167)

Giba Gi banj nje e po hi hiper perbol bolii

Ako je ener Ako energija gija ˇcestice cestice koja se giba u Keple Keplerov rovom om potenc potencijalu ijalu pozitiv pozitivna, na, eksc ekscenentricitet putanje post postaa je ve´ci ci od od 1 e  =

 

 2EM   2 EM 2 1+  1,, > 1 µk2

pa nazivnik putanje ˇcestice cestice r (φ) =

p , 1 + e cos φ

 

 

(4.168)

(4.169)

119

4.5. 4. 5. NE NEOM OMED  ED  ¯  ENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 

moˇze ze pop poprimiti rimiti negativn negativnee vrijednos vrijednosti. ti. Budu´ci ci da je udaljeno udaljenost st ˇcestice cestice od centra sile po defin definicij icijii pozitiv pozitivna, na, putan putanja ja ˇcestice cestice je defini definirana rana samo za one kute kuteve ve,, za koje vrijedi 1 1 + e cos φ >  0 = cos φ >   (4.170) . e Bitno je uoˇciti citi da putanja divergira u nul-toˇckama ckama nazivnika

⇒

1 + e cos φ∞  = 0 =

−

⇒ φ∞ = arccos

− 

1 . e

 

(4.171)

Funkcija kosinus je negativna u drugom i tre´ cem kv cem kvadrantu adrantu pa jedn. jedn. 4.171  4.171 ima  ima dva rjeˇ rj eˇsen enjja arccos cos (1 (1/e  + arccos arccos (1 (1/e   (4.172) φ(1) /e)) i φ(2)  π + /e)). ∞ =  π arc ∞ = π

−

Sa sl. 4.26 sl.  4.26 moˇ  moˇzemo zem o pr proˇ oˇcitat cit atii int interva ervall kut kuteva eva do dostu stupni pnih h ˇcestic ces ticii

   0, φ(1) ∞

φ(2) ∞ , 2π .

 

(4.173)

ˇ Cestica se nalazi na minimalnoj udaljenosti od centra polja za kut φ kut  φ =  = 0 jer nazivnik cos(φ cos(φ)

φ(1) ∞ φ(1) ∞

−

1 e

φ(2) ∞

y

x

2π φ φ(2) ∞

Slika 4.26: 4. 26: Interval kuteva dostupa dostupan n ˇcestici. cestici. orbite tada ima maksimalnu vrijednost rmin  =

p . 1+e

 

(4.174)

Karakteristika neomed Karakteristika ¯enih orbita u privlaˇ ¯enih cnom gravitacij cnom gravitacijskom skom potencijalu jer da ˇcestica cestica pri prolasku kroz perihel ”zaobilazi” centar sile. Cent Centar ar hiperbole hip erbole pomaknut  je od ishodiˇsta sta za pe   (4.175) c  = 2 . 1 e

−

(1)

(2)

Asimptote hiperbole prolaze kroz centar hiperbole i zatvaraju kuteve φ∞ i φ∞ s osi x. Jedan od vaˇznijih znijih po pojmov jmovaa kod problema rasprˇsenja senja je ulazni parametar. Definiramo ga kao udaljenost za koju bi ˇcestica cestica promaˇsila sila cen centar tar sile kada bi se iz

120

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

y

y φ(2) ∞ φ(1) ∞

rmin x

O

O

C 

x

Slikaa 4.27: Pe Slik Perice ricenta ntarr i asimpoto asimpotote te hiperbole hiperbole.. beskonaˇ beskonaˇ cnosti nasta cnosti nastavila vila gibati po prav pravcu, cu, odnosno po asimp asimptoti. toti. Iz pra pravok vokutnog utnog trokuta na sl. 4.28 sl.  4.28 slijedi  slijedi sin(π h = OC  sin( π

| |

− φ∞) = |OC | sin φ∞.

 

(4.176)

Uvrstimo udaljenost cent centra ra hiperbole od ishodiˇsta sta (4.175 4.175)) h  =

pe e2

−1

 sin φ∞  =

pe e2

a zatim iskoristimo uvjet (4.171 ( 4.171)) h  =

pe e2

−1

 − 1

  − − 1

1 = e2

1

cos2 φ∞,

 

√ e p− 1 .

 

2

(4.177)

(4.178)

Konaˇcno, cno, ako paramet parametar ar p  i ekscentricitet e   izrazimo pomo´ pom o´cu cu energije i momenta koliˇ kol iˇcine cin e gi giba banja nja M    (4.179) h  = . 2Eµ

√ 

Poˇcetni Poˇ cetni uvje uvjeti ti nisu uvije uvijek k takv takvii da je peric pericent entar ar orbite na osi x. U tom sluˇcaju caju koristimo op´cenitiju cenitiju formu orbite r (φ) =

p 1 + e cos( cos(φ φ

− φ ).

 

(4.180)

0

Rezultat je rotirana orbita za kut φ0   u smjeru suprotnom od kazaljke na satu. Pericentar se nalazi na pravcu pod koji zatvara kut  φ 0  s osi x osi  x..

4.5. 4. 5. NE NEOM OMED  ED  ¯  ENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 

y

T  h O

φ∞ C  x

Slika 4.28: 4. 28: Ulazni paramet parametar ar ˇcestice. cestice.

121

122

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

Zadatak 4.8 Komet mase m  giba se pod utjecajem Sunca po paraboliˇcnoj cnoj putanji. Izraˇ cunajte cunajte maksimalno maksima lno vrijeme vrijem e koje komet moˇze ze provesti unutar Zemljine orbite. or bite. Pretpo Pretpostavite stavite da se s e Zemlja Zemlj a giba gi ba po p o kruˇznici znici radijus radijusaa Rz  koja se nalazi u istoj ravnini ravnini kao i putan putanja ja kometa. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Komet se giba po paraboli pa njegova energija mora biti jednaka nuli y

Zemlja Rz

rmin x

Sunce

komet Slika 4.29: Sustav komet, Zemlja i Sunce. m 2 r˙ 2

−

 k M 2 + =  E  =  = 0, r 2mr2

 

(4.181)

gdje je k je  k  =  = GM   GM s m. Izrazimo radijalnu brzinu kometa dr = dt

    2 m

k r

 −



M 2 . 2mr2

 

(4.182)

Separiramo Separira mo varijable varijab le u pretho prethodno dnojj jednadˇ jedn adˇzbi zbi dr

    −  2 m

k r

M 2 2mr2

=  dt.

 

(4.183)

123

4.5. 4. 5. NE NEOM OMED  ED  ¯  ENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 

Orbita kometa unutar orbite Zemlje je simetriˇcna cna s obzirom na perihel pa je ukupno vrijeme koje komet provede unutar orbite Zemlje

            −   − Rz

T  = 2

dr

2 m

rmin

M 2 2mr2

k r

Rz

m 2k

=2

dr

1 r

rmin

M 2 2mkr 2

 

.

(4.184)

Moˇzemo zemo poveza povezati ti mome moment nt koliˇ ko liˇcine cine gib gibanj anjaa i perih p erihel el

−r

k

min

M 2 + =0= 2 2mrmin

2

⇒ M 

= 2mkrmin .

 

(4.185)

Vrijeme koje komet provede unutar orbite T  =

       −     √  Rz

2m k

dr

.

 

(4.186)

rdr . r rmin

 

(4.187)

1 r

rmin

rmin r2

Pomnoˇzimo zimo bro brojnik jnik i nazivnik s  r T  =

Rz

2m k

−

rmin

Rjeˇsenje senje integrala moˇzemo zemo prona´ci ci u tablica tablicama ma integrala (Bronˇstejn, stejn, integral br. 125 uz parametre a parametre  a =  = 1, 1, b  = rmin )  b =

−

T  = =

    

   − 

2 3

Rz

√  − r

2m 2( 2(rr + 2r 2 rmin) r 3 k

rmin

2m (Rz  + 2r 2 rmin ) Rz k

Primjetimo da se u rezultatu javlja samo omjer

(4.188)

min

 

rmin .

(4.189)

k =  GM s ,   (4.190) m koji ne ovi ovisi si o sv svojstvima ojstvima kom kometa, eta, nego samo Sunc Sunca. a. Rezu Rezultat ltat moˇzemo zemo izraziti izraziti u godinama ako uoˇcimo cimo da je period p eriod gibanja Zemlje oko Sunca 2π τ  = 2π

 

Rz3 = GM s

  ⇒

GM s  =

2π 3/2 R . τ  z

 

(4.191)

Uvrstimo prethodni rezultat u jedn. (4.189 ( 4.189)) T  =

√ 2



3π 2 rmin = ) 1  τ  (1 + 2 3π Rz

√ 

 

2 rmin ) Rz − rmin  τ Rz−3/2 (Rz  + 2r



 − 

 r min . Rz



   

(4.192) (4.193)

124

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

Rezultat ovisi o omjeru perihela i radijusa Zemljine orbite

  ≡≡ rR

ξ 

min

 

.

(4.194)

z

Vrijeme koje ko je komet provede unutar Zemljine orbite o rbite moˇzemo zemo napisati u obliku T  =

√ 2 3π

 −  −

2ξ ) 1  τ (1 + 2ξ   τ (1

Funkcija

2ξ ) 1 f (ξ ) = (1 + 2ξ  f ( ima mak maksimum simum ako njen njenaa deri derivacija vacija iˇsˇ sˇcezava cezava f ′ (ξ ) = 2

1 2 1

 − − √  − 1

ξ 

 

ξ.

(4.195)

 

ξ 

1  = . ⇒ ξ  = 2

(1 + 2ξ  2ξ ) = 0 = ξ 

(4.196)

 

(4.197)

Maksimalno vrijeme koje komet moˇze ze prov provesti esti unutar Zemljine orbite T max max =

2 τ. 3π

 

(4.198)

125

4.5. 4. 5. NE NEOM OMED  ED  ¯  ENE ORBITE U KEPLEROVOM POTENCIJALU 

Zadatak 4.9 Komet se giba pod utjecajem gravitacijskog polja Sunca po orbiti r (φ) =

2 1 + 2 cos( os(φ φ

 

. 3) − π/ π/3)

(4.199)

Izraˇcunajte Izraˇ cunajte minim minimaln alnu u udalj udaljenost enost ko kometa meta od Sunca Sunca,, kao i kute kuteve ve za koje orbita divergira. Skicirajte orbitu. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Op´ceniti ceniti oblik putanje u Keplerovom Kep lerovom problemu pro blemu glasi gl asi r (φ) =

p 1 + e cos( cos(φ φ

 

−φ )

(4.200)

0

Ekscentricitet orbite je ve ve´´ci ci od jedan pa moˇzemo zemo zakljuˇciti citi da se radi o hiper hiperboli boli.. Komet se nalazi u perihelu kada nazivnik orbite ima maksimalnu vrijednost cos(φ p cos(φ

3) = 1 =⇒ φ  =  = π − π/ π/3)  π//3.

 

 p

(4.201)

Poloˇzaj za j per perihel ihela: a: φ p  =  = π 3, r nul- toˇckama ckama nazivnika nazi vnika  π//3,  r min  = 2/3. Orbita divergira u nul-toˇ cos(φ∞ cos(φ

− φ ) = − 1e = − 12 .

 

0

(4.202)

Postoo je dva mo Post mogu´ gu´ca ca rjeˇsenja sen ja φ∞

 π − φ  =  = π  π ± =⇒ φ∞ =  π 3 (1)

0

i φ(2) ∞ =

5π , 3

 

(4.203)

pri ˇcemu cemu smo iskoristili φ0 = π/ 3. Da bi lakˇse se skicirali orbitu potrebna nam je i π/3. udaljenost centra hiperbole od ishodiˇsta, sta, odnosno centra sile c  =

ep e2

−

4 = . 1 3

 

(4.204)

U sl sluˇ uˇcaju ca ju φ0 = 0 centar hiperbole se, kao i perihel, nalazi na pravcu koji zatvara (1) (2) kut φ0  s osi x, dok asimptote hiperbole zatvaraju kuteve φ∞ i  φ ∞  s osi x i prolaze kroz centar hiperbole

 

126

POGLAVLJE 4.

y

y C  φ rmin 0

O

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

y C 

C 

rmin x

O

rmin x

x

O

5π/3 π/3

Slika 4.30: Prv Slika Prvoo nacr nacrtamo tamo pravac pravac koji zatvara zatvara kut φ0   s osi x (os hiperbole) i na njemu oznaˇcimo cimo perihel i centar hiperbole. hip erbole. Zatim povuˇcemo cemo asimptote hiperbole. Jedna asimptota zatvara kut 5π/ 5π/33 s osi x, dok druga zatvara kut π  (horizontalni pravac). prav ac). Na kraju kra ju skiciramo samu hiperbolu hiperbo lu koja ko ja prolazi kroz perihel p erihel i pribliˇzava zava se asimptotama.

4.6 4. 6

Giba Gi banj nje e u Coul Coulom ombo bov vom pote potenc ncij ijal alu u

Za razliku od gravitacionog potencijala koji moˇze ze biti samo privlaˇcan, can, Coulombov potencijal Q1 Q2 k = gdje je k   (4.205) U (r) = Q1 Q2 r r moˇze ze biti i odbo o dbojan jan ako su naboji nab oji istog predznaka. U tom sluˇ caju, bitna razlika u caju, odnosu na Keplerov problem vidi se ve´ c na efektivnom potencijalu koji je odbojan odb ojan za sve vrijednosti varijable r. Mogu´ce ce su samo sa mo neomed neo med¯ne ¯ne orbit o rbitee s poziti po zitivnom vnom energ energijom ijom.. Izvod Keplerove orbite orbi te koji ko ji kre´ce ce od o d integralne integra lne jednakosti jedna kosti

−

≡−

U ef ef f  r

M 2 2µr2

Q1 Q2 r

r Slikaa 4.31: Efektivni potencijal Slik p otencijal za odb odbojno ojno Coulombov Coulombovoo med ¯udjelovanje. ¯udjelovanje.

     − r

φ

− φ  = 0

r0

M dr′

 + r′ 2 2µ E  +

k r′

M 2 r′ 2

(4.206)

vrijedi i u sluˇcaju caju odb odbojnog ojnog Coulombovog Coulombovog potencijala pa i dalje moˇzemo zemo koristiti rezultat  p = 1 + e cos φ,   (4.207) r

127

4.6. GIBANJ GIBANJE E U COULOMBO COULOMBOVOM VOM POTENC POTENCIJALU  IJALU 

gdje su parametri orbite 2

M   p  =  p = kµ

i e  =

 

 2EM   2 EM 2 1+ . µk2

 

(4.208)

Bitno je uoˇciti citi da je parameta parametarr orbite o rbite p  sada negativan jer je konstanta k konstanta  k negativna.  negativna.  p sada

4.6.1 4.6. 1

Usporedba Uspore dba privlaˇ privlaˇ cnog i odbo cnog odbojnog jnog potencijal potencijala a

Jednadˇzbu zbu orbite o rbite za gibanj gibanjee u odbo o dbo jnom Coulomb Coulombovom ovom potencijalu po tencijalu moˇzemo zemo napisat n apisatii pregledn preg lednije ije korist ko riste´ e´ci ci relac r elaciju iju p =  p  p

−| |

r (φ) =

| p p| . −1 − e cos φ

 

(4.209)

Udaljenost ˇcestice Udaljenost cestice od cen centra tra polja je po defin definicij icijii pozitiv pozitivna na pa je orbit orbitaa defin definirana irana samo za one kuteve, za koje vrijedi

− 1 − e cos φ > 0 =⇒ cos φ < − 1e .

 

(4.210)

Sa sl. 4.32 sl.  4.32 vidimo  vidimo da je interval dozvoljenih kuteva cos(φ cos(φ)

φ(1) ∞ φ(1) ∞

−

φ(2) ∞

y

x

2π φ

1 e

φ(2) ∞ Slika 4.32: 4. 32: Interval kuteva dostupa dostupan n ˇcestici. cestici.





(2) φ(1) ∞ , φ∞ ,

 

(4.211)

komplementaran intervalu dozvoljenih kuteva kod privlaˇ p rivlaˇcnog cnog potencijal p otencijala. a.

4.6.2 4.6 .2

Orbit Or bite e u odbojnom Cou Coulom lombo bovo vom m potencij potencijalu alu

Orbita u odbojnom potencijalu glasi r  =

−| p p|

1 + e cos φ

=

⇒ r + er cos φ = −| p p|.

 

(4.212)

128

POGLAVLJE 4.

y

φ(1) ∞

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

φ(1) ∞

y

x

x

φ(2) ∞

φ(2) ∞

Slika 4.33: Usporedba dozvolje dozvoljenih nih kutev kutevaa kod privlaˇcnog cnog i odb odbojnog ojnog Coulombov Coulombovog og potencijala. Prebacimo jednadˇzbu zbu orbite o rbite u Kartezijeve koordina koordinate te

 

x2

+

y2

+ ex  = ex =

  −| | ⇒

x2 + y 2 =

 p =  p

Kvadriramo pretho prethodnu dnu jednadˇzbu zbu

x2 + y 2 =   pp 2 + 2  p  p ex + e2 x2 =

||

2

2

⇒ (1 − e )x − 2| p p|ex + y

||

 

−| p p| − ex. 2

=   pp 2 ,

(4.213)

 

||

(4.214)

i nadopunimo lijevu stranu do punog kvadrata (1

2

−e )



2

x

 − | | − || 

2  p  p e  p 2 e2  p x+ 1 e2 (1 e2 )2

  pp 2 e2 + y 2 =   pp 2 , 2 1 e

 

(4.215)

2  p  p e  p 2 e2  p  p 2  p 2 +y = x + . 1 e2 (1 e2 )2 1 e2

 

(4.216)

− −| |



|| −

||

− −| | − Podijel Pod ijelimo imo jedn jednadˇ adˇzbu zbu s | p  p| /(e − 1) | p p|e −  e − 1 y (e − 1) x + | p p| | p p| e −1 =

2

⇒ (1 − e )

2

x

2

2

2

2

2





2

2

2

2

|| −

2

= 1. 1.

 

(4.217)

Prepoznamo jednadˇ zbu hiperbole u kartezijevim koordinatama zbu (x

2

− c) −  y a b 2

2

2

= 1,

 

(4.218)

s velikom i malom poluosi a =

| p p| e −1 2

i b  =

√ e| p p−| 1 = a√ e − 1. 2

 

2

(4.219)

Centar hiperbole hip erbole pomaknut je od ishodiˇsta sta za c =

− e | p p−|e1 = −ea. 2

 

(4.220)

129

4.6. GIBANJ GIBANJE E U COULOMBO COULOMBOVOM VOM POTENC POTENCIJALU  IJALU 

Jednadˇzbe zbe asimpto asimptota ta glase y  =

±

b (x a

− c) =

± √  − e2

| p p|e 1x + √  e −1 2



 

.

(4.221)

ˇ Cestica se nalazi na minimalnoj udaljenosti od centra polja za kut φ kut  φ =  = π  jer nazivnik  π jer orbite tada ima maksimalnu vrijednost rmin  =

| p p|

 

−1 + e .

(4.222)

Karakteristik Karakteris tikaa neome neomed d¯enih ¯enih orbit orbitaa u odbo odbojnom jnom Coulom Coulombov bovom om potenc potencijalu ijalu jer da ˇcestica cestica pri prolas prolasku ku kroz perihel ne ”zaobi ”zaobilazi” lazi” centar centar sile sile.. Asimp Asimptote tote hiperbole y y

 =  π φ = π

rmin

φ(2) ∞ x

O

φ(1) ∞ O

C 

x

Slika 4.34: Pericentar i asimpotote hiperbole u odbojnom Coulombovom potencijalu. (1)

(2)

prolaze kroz centar hiperbole i zatvaraju kuteve φ kuteve  φ ∞ i  φ ∞   s osi x osi  x.. Jeda Jedan n od o d vaˇznijih znij ih pojmov po jmovaa kod problema rasprˇsenja senja je ulazni parametar. Definiramo ga kao udaljenost za koju bi ˇcestica cestica promaˇsila sila centar sile kada bi b i se iz beskonaˇcnosti cnosti nastavila gibati po pravcu, odnosno po asimptoti. Iz pravokutnog trokuta na sl. 4.35 sl.  4.35 slijedi  slijedi sin(π h  = OC  sin( π

| |

− φ∞) = |OC | sin φ∞.

 

(4.223)

Uvrstimo udaljenost centr centraa hiperbole od ishodiˇsta sta (4.175 4.175)) h  =

pe e2

−1

 sin φ∞  =

pe e2

a zatim iskoristimo uvjet (4.171 ( 4.171)) h  =

pe e2

−1

 − 1

  − − 1

1 = e2

1

cos2 φ∞ ,

√ e p− 1 . 2

 

 

(4.224)

(4.225)

130

POGLAVLJE 4.

KEPLERO KEPL EROV V PRO PROBLEM  BLEM 

Konaˇcno, cno, ako paramet parametar ar p  i ekscentricitet e   izrazimo pomo´ pom o´cu cu energije i momenta koliˇ kol iˇcine cin e gi giba banja nja M    (4.226) h  = . 2Eµ

√ 

y

φ(1) ∞ C  T 

h

O

x

Slika 4.35: 4. 35: Ulazni parameta parametarr ˇcestice. cestice.

Poglavlje 5 Varijacioni postupak 5.1 5.1.1 5.1. 1

Form ormula ulacij cija a vari varija jacio cionog nog prin principa cipa Osnove Osno ve varij arijacion acionog og postup postupk ka

Promatramo jednodimenzionalni konfiguracioni prostor x . Ak Akoo odaberemo dvije dvije toˇcke cke u ravni ravnini ni (t, x)

 { }

T 0 (t0 , x0 ) i T 1 (t1 , x1 ),

t0

 ≤ t ≤ t , 1

 

(5.1)

moˇzemo zem o na´ci ci be besko skonaˇ naˇcno cno mno mnogo go kri krivul vulja ja γ   koje je spa spaja jaju ju toˇcke T  cke  T 0 i  T 1 . Preslikavanje  γ  ko s beskonaˇcnog cnog skupa (u ovom sluˇ s luˇcaju ca ju sve mogu´ce ce krivulje) na skup realnih bro brojeva jeva zovemo zov emo funkcional. Nek Nekaa je funkcional   definira defin iran n pomo´ p omo´cu cu funkcij f unkcijee L  koja ovisi o t, x i x˙ t1  dx (γ ) =   (5.2) L t,x, dt, dt t0 pri ˇcemu cemu integriramo po krivulji γ . Cilj varijacionog postupk p ostupkaa je na´ci ci krivulju γ  za koju funkcional   ima eks ekstrem tremaln alnu u vrij vrijednos ednost. t. Promo Promotrimo trimo krivulju krivulju γ ′   blisku krivulji γ  krivulji Krivulja  γ ′  ta  takod kod¯er ¯er pri pripada pada poˇcetnom cetn om skup skupu u kriv krivulja ulja jer spa spaja ja toˇcke T  cke  T 0 i  γ .. Krivulja γ  Koordinate  x krivulja  krivulja γ  varijable  t  razlikuju za malu T 1 . Koordinate x  γ  i  γ ′  se za svaku vrijednost varijable t ′ ′ velliˇcinu ve ci nu h(t). Ozn Oznaˇ aˇcimo cim o s  x (t) toˇcku cku na kriv krivulji ulji γ  , a s  x cku na kriv krivulji ulji γ   x((t) toˇcku   (5.3) x′ (t) =  x  x((t) + h(t) i x˙ ′ (t) = x˙ (t) + h˙ (t).

 F 

F 

   

 F 

Uz pretpostavku da je funkcija L  diferencijab  diferencijabilna ilna moˇzemo zemo je razviti u red  ∂ L ′  ∂L  ∂L  ∂ L ′ (x x) + (x˙ ∂x ∂  ˙ x˙  ∂L  ∂ L  ∂L  ∂ L˙ = L  L((t,x, x˙ ) + h(t) + h(t) + ∂x ∂  ˙ x˙

L(t, x′ , x˙ ′ ) =  L  L((t,x, x˙ ) +

−

131

− x˙ ) + · · · · · · .  

 

(5.4) (5.5)

132

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

x

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

γ ′ h(t) γ 

t0

t1

t

Slika 5.1: 5.1 : Dvije krivulje iz beskonaˇ b eskonaˇcnog cnog skupa krivulja koje spa spaja jaju ju toˇcke cke t0 i t1 . Funkcional

 F  tako   t akod d¯er ¯e r moˇzemo zem o ra razvi zviti ti u red F (γ ′) = L (t, x′, x˙ ′) dt

   

t1

t0 t1

 

  

(5.6)



t1

∂L  ∂ L ˙ = L (t,x, x˙ ) dt + h(t) + h(t) dt + ∂x ∂  ˙ x˙ t0 t0 t1 ∂L  ∂L  ∂ L˙ = (γ ) +   h(t) + h(t) dt +  .    ˙ ˙ ∂x ∂  x t0

  

F 



··· (5.7)

···

Parcijal Parci jalno no integr i ntegrira iramo mo ˇclan clan

 

t1

t0

∂L ˙  = hdt = hdt ∂  ˙ x˙ =

    −      −     t1

t0

t1

d ∂L h dt dt ∂  ˙ x˙ t1

∂L h ∂  ˙ x˙

t1

t0

t0

t0

 d ∂L hdt dt ∂  ˙ x˙

 d ∂L hdt. dt ∂  ˙ x˙

 

(5.8)

Uoˇcimo cimo da su kra krajnje jnje toˇcke cke za zajedniˇ jedniˇcke cke za sve krivulje u skupu pa vrijedi 0. h(t0 ) = 0 i h(t1 ) = 0. Razvoj funkcionala

 F  poprima   poprima oblik F (γ ′) = F (γ ) +

   t1

t0

∂L ∂x

 −

d ∂L dt ∂  ˙ x˙

 



(5.9)

 

hdt.

(5.10)

Razlika funkcionala za bliske putanje se svodi na δ F ≡ F (γ ′ ) − F (γ ) =

   t1

t0

∂L ∂x

 −

d ∂L dt ∂  ˙ x˙



h(t)dt.

 

(5.11)

Za ekstremalnu krivulju varijacija δ  varijacija  δ   iˇ   iˇsˇ sˇcezava cez ava za z a svaku s vaku po vol volji ji ma malu lu vari varija jacij ciju u h  h((t). Pokazat ´cemo cemo da uvje uvjett  δ   =   = 0 moˇ m oˇze ze biti bi ti ispunjen i spunjen jedino ako vrijedi vri jedi

F  F 

F  F 

∂L ∂x

= 0. 0.  − dtd ∂L ∂  ˙ x˙

 

(5.12)

5.1.

133

FORMULACIJA FORMULA CIJA VARIJACIONOG VARIJACIONOG PRINCIP PRINCIPA A

Pretpostavimo suprotno, odnosno da vrijedi ∂L ∂x Izaberemo interval [t [t∗

 − dtd ∂L  = 0. ∂  ˙ x˙

 

(5.13)

− τ, t∗ + τ τ ]] oko toˇcke cke  t  < t∗  < t  na kojem vrijedi 0

∂L ∂x

1

 0,,  − dtd ∂L >  0 ∂  ˙ x˙

 

(5.14)

a krivulju γ  krivulju  γ ′  izaberemo tako da vrijedi  0 za t [t∗ h(t)  >  > 0 e. h(t) = 0 inaˇcce.

∈ − τ, t∗ + τ τ ]]

 

(5.15)

Krivulja γ  Krivulja  pa je h je  h((t) pozitivan. Kako je  γ ′  se, po konstrukciji, nalazi iznad krivulje  γ   γ  pa x

γ ′

γ 

t∗

t0

− τ 

t∗  +  τ  t1 t t∗

Slika 5.2: Krivulju γ  Krivulju γ ′  smo konstruirali tako da je razliˇcita cita od nule samo na interv intervalu alu na kojem vrijedi (5.14 ( 5.14). ). i podintegralna funkcija

∂L d ∂L  0,,   (5.16) >  0 ∂x dt ∂  ˙ x˙ po pretpostavci pozitivna, integral u formuli (5.11 ( 5.11)) nika n ikako ko ne mo moˇˇze ze iˇsˇ sˇcezava cezavati ti.. Da Dakl kle, e, da bi uvjet ekstremalnosti bio ispunjen, mora vrijediti jedn. ( 5.12 5.12). ). Jed Jedna nadˇ dˇzbu zbu

 −

∂L ∂x

= 0.  − dtd ∂L ∂  ˙ x˙ zovemo Euler-Lag Eul er-Lagrange range jednadˇzba zba za funkcional F (γ ). ).

5.1.2

 

(5.17)

Primjer: udaljenos udaljenostt dvije toˇ toˇ cke u ravnin cke ravninii

Traˇzimo zimo na najkra´ jkra´cu cu kriv krivulju ulju koj kojaa spa spaja ja dvij dvijee toˇcke cke (t0 , x0 ) i (t1 , x1 ). Duˇzina zina kriv krivulje ulje u ravnini t

    1

F l (γ ) =

(dt (dx))2 , dt))2 + (dx

t0

 

(5.18)

134

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

 je preslikav preslikavanje anje s beskonaˇcnog cnog skupa krivulja na skup realnih bro jev jevaa (duljine krivulja). Dakle, F I I (γ ) predstavlja predstavlja funkciona funkcional. l. Izraz (5.18 (5.18)) moˇzemo zemo nap napisa isati ti u slje sljede´ de´cem cem obliku 2 t1 dx 1+   (5.19) F l (γ ) = dt. dt t0

     

Funkcija L(t,x, x˙ ) u ovom primjeru glasi L(t,x, x˙ ) =

√ 

1 + x˙ 2 .

 

(5.20)

Izraˇcunamo cunamo pot potrebne rebne derivacije ∂L = 0  , ∂x E-L jedn jednadˇ adˇzba zba gla glasi si

a njezi njezino no rjeˇsenje senj e je

d dt

√ 1 x+˙ x˙

2

∂L = ∂  ˙ x˙

√ 1 x+˙ x˙

√ 1 x+˙ x˙ .

 

2

= 0,

2

(5.21)

 

(5.22)

= konst. =

⇒ x˙  = konst.. konst. .

 

(5.23)

Odatle slijedi  + b. x(t) =  at  at +

 

(5.24)

Konstante a Konstante  odred red¯ujemo ¯uje mo iz uvjet uvjetaa  a  i b  od x(t0 ) =  x 0

i x(t1 ) =  x 1 .

 

Najkra´ Na jkra´ca ca krivulja koja spa spaja ja dvije toˇcke cke u ravnini je segment s egment pravca.

(5.25)

5.1.

135

FORMULACIJA FORMULA CIJA VARIJACIONOG VARIJACIONOG PRINCIP PRINCIPA A

Zadatak 5.1 ˇ Cestica mase  m klizi mase m  klizi po ˇzici zici u vertikalnoj ravnini po pod d utjeca ut jecajem jem gravitacije. Nad¯ite ¯ite  jednadˇ zbu ˇzice zbu zice tako da vrijeme potrebno ˇcestici cestici za put od toˇcke O cke  O  d  doo toˇcke cke  A  bude minimalno. Pretpostavite da se trenje moˇze ze zanemariti. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Pretpostavljamo Pretpo stavljamo da ˇcestica cestica miruje u poˇcetnoj cetno j toˇcki cki y = y0 . Zakon saˇcuvanja cuvanja O

x m

y

A

energije ka kaˇˇze ze da je suma kinetiˇcke cke i poten potencijalne cijalne energije u poˇcetnoj cetno j i konaˇcnoj cno j toˇcki cki je jedn dnaka aka  1   (5.26) mgy 0 + 0 =  mg  mg((y0 y ) + mv2 . 2 Brzin Brz inaa ˇcesti ces tice ce ds = 2gy   (5.27) v  = gy.. dt Put raste s vremenom pa biramo pozitivan predznak

−

 

±

ds  = √  . ⇒ dt dt = 2gy

=

 

(5.28)

Diferencijal puta  = ds = ds

 

(dx dx))2

+ (dy (dy))2

=

⇒ dt  = dt =

  √ 

(dx (dy))2 dx))2 + (dy . 2gy

 

(5.29)

Izvadimo dx  izvan korijena dx izvan

 = dt = dt

dx 2gy

√ 

Nadalje koristimo oznaku

    1+

dy dx

2

 

.

dy  ≡ dx .

y˙

(5.30)

 

(5.31)

Vrije rijeme me po potreb trebno no ˇcestici cesti ci za put od toˇcke cke O  d  doo toˇcke cke A

 

A

τ  =

0

 = dt = dt

    √  √  1 2g

xA

0

1 + y˙ 2 dx. y

 

(5.32)

136

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

Vrijeme τ  preslikav avanju anju sa skupa svih mogu´cih cih putanja τ    je funkcional jer se radi o preslik brojeva jeva (vrijeme potr potrebno ebno da ˇcestica cestica spusti po ˇzici). zici). Funkcional y (x) na skup realnih bro  ima minimum ako funkcija F  τ  ima τ  F (x,y, y˙ ) = F (

 √ 

1 + y˙ 2 , y

 

(5.33)

 ∂ F  = 0. ∂y

 

(5.34)

zadovoljava Euler-La Euler-Lagrange grange jednadˇzbu zbu d dx

 − ∂F  ∂y

Derivacije potr potrebne ebne za E-L jednadˇzbu zbu ∂F  = ∂  ˙ y˙ Derivira Deri viramo mo prvi ˇclan clan d dx

y˙ y 1 + y˙ 2

i

√      √      − ∂F   = ∂  ˙ y˙

=

∂F  = ∂y

  −

√ 

 

2y˙ 2 y¨ y¨ y 1 + y˙ 2 2 y(1 + y˙ 2 )3/2 1 y˙ 2 2 y 3/2 1 + y˙ 2 y¨ y(1 + y˙ 2 )3/2

√ 

 −

 −

 

(5.36) (5.37)

 1 y˙ 2 . 2 y 3/2 1 + y˙ 2

 1  1 y˙ 2 + 2 y 3/2 1 + y˙ 2 2

(5.35)

 

− √ 

Euler-L Eule r-Lagr agrang angee jedna je dnadˇ dˇzba zba y¨ y(1 + y˙ 2 )3/2

1 + y˙ 2 . y 3/2

1 2

 

   

1 + y˙ 2 = 0. y 3/2

(5.38)

 

(5.39)

Pomnoˇ Pom noˇzimo zim o EE-L L jed jedna nadˇ dˇzbu zbu (5.39 5.39)) s faktorom

      y 3/2 1 + y˙ 2

Jedn Je dnad adˇˇzba zb a (5.39 5.39)) svodi se na y y¨

−  12

3/2

 

.

 1 1 + y˙ 2 y˙ 2 + (1 + y˙ 2)2 = 0 2 2 2y y¨ + 1 + y˙ 1 + y˙ 2 y˙ 2  = 0.

−

Traˇzena zena di dife fere renc ncij ijal alna na je jedn dnadˇ adˇzba zb a ˇzice zi ce

1 + y˙ 2 + 2y 2yy¨ = 0,

(5.40)

(5.41)



 

 

(5.42)

(5.43)

5.1.

137

FORMULACIJA FORMULA CIJA VARIJACIONOG VARIJACIONOG PRINCIP PRINCIPA A

ne ovisi eksplicitno o x o  x  pa moˇzemo zemo iskor iskoristi istiti ti meto metodu du sniˇzavanja zavanja reda jedn jednadˇ adˇzbe zb e u

du dy du = =  u . ≡ y˙  =⇒ y¨ = du dx dy dx dy

 

(5.44)

Jednadˇ Jedn adˇzbu zbu ˇzice zice sveli smo na dife diferenc rencija ijalnu lnu jedn jednadˇ adˇzbu zbu prvog reda 1 + u2 + 2yu 2yu

du = 0, 0, dy

 

(5.45)

koju koj u moˇzemo zemo rijeˇsiti siti sepa separcij rcijom om varija varijabli bli 2udu = 1 + u2

− dyy =⇒ ln (1 + u ) = − ln y + ln b. 2

 

(5.46)

Pritom smo konstantu integracije oznaˇcili cili s  b ( 5.46))  b.. Malo preuredimo jedn. (5.46 2

ln

2

 (1 + u )y =0= b

⇒ (1 +bu )y = 1 =⇒ u =

 − b

y

 

y

(5.47)

Vra´camo camo se na varija varijablu blu u  = dy/dx  u =  dy/dx

 −

dy = dx

b

y

y

.

 

(5.48)

Separiramo Separira mo varijable varija ble u pretho prethodno dnojj jednadˇ jedn adˇzbi zbi

  b

y

 = dx. dy =  dx. − y dy

 

(5.49)

Koristimo trigonometrijsku supstituciju  = b y  =  b sin2 θ  =

 = 2b sin θ cos θ. ⇒ dy dy =

 

(5.50)

Diferenc Dif erencija ijalna lna jedn jednadˇ adˇzba zba (5.49 5.49)) svodi se na

 

b sin2 θ 2b sin θ cos θdθ  = dx, θdθ =  dx, b 1 sin2 θ

− 

2

=

Integrira Integ riramo mo gorn g ornju ju jednadˇ jed nadˇzbu zbu

⇒ 2b sin

x = 2b

 

(5.51)

 = dx. θdθ = θdθ  dx.

 

(5.52)

sin2 θdθ  + C, θdθ +

 

(5.53)

 

138

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

pr i ˇcemu pri cemu je C  konstanta   konstanta integracije. integracij e. Da bi rijeˇsili sili gornji go rnji integral, koristimo korist imo trigonometri trig onometri- jsku relaciju 1 sin2 θ  =  (1 cos2 cos2θθ) ,   (5.54) 2

−

=

⇒ x =  = b  b

 

(1

− cos2 cos2θθ) dθ  + C  dθ + b =  (2  (2θθ − sin2 sin2θθ) + C. 2

 

(5.55)

 

(5.56)

Uvjett da ˇzica Uvje zica pro prolazi lazi kroz toˇcku O cku  O((x = 0, y  = 0) fiksira konstantu integracije C  integracije  C  y  = 0 =

⇒ θ = 0

i x  = 0 =

⇒ C  = 0.

 

(5.57)

Koristimo oznake: φ  = 2θ i b  = 2a =

⇒

 = a x  =  a((φ  = a (1 y  =  a(1

− sin φ) , − cos φ)

 

(5.58)

i dolazimo do paramet parametarske arske jednadˇzbe zbe cikloide. Uvjet da ˇzica zica prolazi kroz toˇcku A cku  A O

x m

y

A

ˇ ticaa na Slika 5.3: Ces Cestic najbrˇ jbrˇze ze sti stiˇˇze ze iz toˇcke cke O   u toˇcku ck u A   po ˇzici zici savijenoj u obliku cikloide. fiksira konstantu integracije b integracije  b..

5.1.3

Viˇ Vi ˇ sedimenzionalni konfiguracioni sedimenzionalni konfiguracioni prostor prostor

Postupak odred¯ivanja ekstremaln ekstremalnee krivulje moˇzemo zemo generali generalizirati zirati na konfiguracio konfiguracioni ni prostor bilo koje dimenzije. Zadajemo funkcional

 

t1

F ({q q (t)}) =

L(t, q, q  q˙ )dt,

 

(5.59)

t0

gdje je q  trajektorija orija u ko konfigura nfiguraciono cionom m prost prostoru oru s krajnjim toˇ ckama ckama q (t) bilo koja trajekt ′ i   krivulju  γ  i i po volji blisku krivulju γ  krivulju  γ   koja se razlikuje q (t0 ) i     q (t1 ). Opet promatramo krivulju γ  od poˇcetne cetne krivulje za mali ma li iznos h ′

 (tt) + hi (t). q iγ  (t) =  q iγ  (

 

(5.60)

5.1.

139

FORMULACIJA FORMULA CIJA VARIJACIONOG VARIJACIONOG PRINCIP PRINCIPA A

Taylorov razvoj funkcije L(t, q, q  q˙ ) glasi  ˙ +   L(t, q  + q  +   h, q  q˙  + h) =  L  L((t, q , q  q˙ ) ∂L + hi  + ∂q  i i



Varijacija funkcionala (5.59 (5.59))

 i

∂L ˙ hi . ∂  ˙ q ˙i

 

F  F (q q  ++  h) − F (q q ). F 

δ  =

(5.61)

 

(5.62)

Uvrstimo razvoj (5.61 (5.61)) u varijaciju funkcionala (5.62 ( 5.62))

     F  F      −      −     t1

∂L ∂L ˙ hi  + hi dt, ∂q i ∂  ˙ q ˙i

δ  =

t0

i

 

(5.63)

a zatim parcijalno integriramo

 

t1

t0

t1

∂L ˙  = hi dt dt = ∂  ˙ q ˙i

t0

d ∂L hi dt dt ∂  ˙ q ˙i t1

∂L = hi ∂  ˙ q ˙i

t1

t0

 d ∂L hi dt, dt ∂  ˙ q ˙i

 d ∂L hi dt. dt ∂  ˙ q ˙i

t0

t0

t1

 

 

(5.64) (5.65)

Sve krivulje krivu lje u konfiguracijskom konfig uracijskom prostor prostoru u ima i maju ju zaj zajedniˇ edniˇcke cke kra jnje toˇcke cke pa vrijedi =

⇒ h (t ) = h (t ) = 0. i

0

i

 

1

(5.66)

Od varijacije funkcionala preostaje

    t1

δ  =

F  F 

i

t0

∂L ∂q i

−



d ∂L hi dt. dt ∂  ˙ q ˙i

 

(5.67)

Kao i u sluˇcaju caju jednodimenzionalnog konfiguracijs konfiguracijskog kog prostora uvjet ekstremalne putanje   (5.68) δ  = 0,

F  F 

 je ispunjen ako i samo ako su ispunjene Euler-Lagrange jednadˇ zbe zbe ∂L ∂q i

− dtd ∂ ∂L ˙ q ˙ = 0  ,

i  = 1, . . . , n .

 

(5.69)

i

E-L jedn jednadˇ adˇzbe zbe moˇzemo zemo nap napisa isati ti skup skupno no ∂L ∂  q 

= 0.  − dtd ∂L ∂  ˙  q 

 

(5.70)

Trajektorija koja zadovoljava jedn. (5.70 ( 5.70)) ekstremalizira funkcional , a da bi saznali da li je u pitanju minimum ili maksimum potencijala morali bi traˇziti ziti doprinose drugog reda u varijaciji funkcionala po    h.

 F 

 F 

140

5.2 5. 2

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

Hami Ha milt lton ono ov pri princ ncip ip

Postavlja se pitanje da li postoji funkcional za koji su pripadne Euler-Lagrange  jednadˇzbe zbe ekviv ekvivalentne alentne Newtonovim jednadˇzbama? zbama? Odgov Odgovor or je potvrdan. Za konzervativni sustav uvodimo Lagrangeovu funkciju (Lagrangian) L(x, x, x˙ ) =  T   T ((x˙ )

− U (x),

 

(5.71)

L(x, x, x˙ )dt.

 

(5.72)

i pripadni funkcional djelovanja

 

t1

S ( x ) =

{}

t0

Hamilto nov princip Hamiltonov pr incip ekstremaln ekstremalnog og djelovanja : gibanja mehaniˇckog ckog odred¯ena su ekek stremalnim putanjama funkcionala S  funkcionala  S . Provjerimo da li E-L E -L jednadˇ jedna dˇzbe zbe za funkcional funkciona l (5.72 5.72)) odgovaraju o dgovaraju Newtonovim jednadˇ j ednadˇzbama. zbama. Iz Lagrangeova Lagr angeova funkcije L(x, x, x˙ ) =

 i

1 mi (x˙ )2 2

− U (x),

 

(5.73)

izraˇcunamo cuna mo deri derivacije vacije po potreb trebne ne za E-L jedn jednadˇ adˇzbu zbu ∂L ∂T  = =  mi ˙xi  ˙  ˙ ∂ xi ∂ xi ∂L ∂U  = . ∂xi ∂xi

 

(5.74)

 

−

(5.75)

Euler-L Eule r-Lagr agrang angee jednadˇ jedn adˇzbe zb e ∂L ∂x i

∂U  − dtd ∂ ∂L ˙ x˙ = 0 =⇒ m x¨  + ∂ = 0, x i i

i

 

(5.76)

i

vode upravo na Newtonove jednadˇzbe zbe mi x¨i  =

∂U  − ∂ ≡ F   . x i

i

 

(5.77)

Ako kao generalizirane g eneralizirane koordinate odaberemo vekt vektore ore poloˇzaja zaja ˇcestica cestica , E-L jednadˇzbe zb e za funkcion fu nkcional al djelovanj d jelovanjaa se po pokla klapa paju ju s Newto N ewtonovim novim jedn jednadˇ adˇzbama. zbam a. Moˇzemo zemo zakljuˇciti citi da su Hamiltonov Hami ltonov princip i Newtonov Newto nov determinizam su ekvivalentni. Hamilto Hamiltonov nov princip princ ip i pripa pripadne dne E-L jedn jednadˇ adˇzbe zbe vrije vrijede de za bilo koji izbor gene generaliz ralizirani iranih h koordi koordi-nata. Pritom koristimo sljede´cu cu notaciju no taciju

•   generalizirane koordinate: q 

i

ˇ 5.3. PRIMJ PRIMJENA ENA HAMILTONO HAMILTONOVOG VOG PRINCIP PRINCIPA: SLOBODN SLOBODNA A CESTICA

141

generalizirane rane brzine brzine:: q ˙ •   generalizi

i

•   generalizirani impulsi: p ≡ ∂ ∂L ˙ q ˙ i

i

∂L •   generalizirane sile: F  ≡ ∂q  i

i

E-L jednadˇzbe zbe za funkcional djelovanja (general (generalizirane izirane Newtonove jednadˇzbe) zbe) nazivamo Lagrangeovim jednadˇzbama. zbama. Funkcional djelovanja djelovanja za trajektoriju koja zadovoljavaa Lagra voljav Lagrangeove ngeove jednadˇzbe zbe ima ekstrem, ali ne nuˇzno zno minimum

5.3 5. 3

Primje Prim jena na Ha Hami milt lton ono ovog princ princip ipa: a: sl slobod obodna na ˇ cestica

Promatramo sluˇcaj caj slobo slobodne dne ˇcestice. cestice. Sustav ima tri stupnja slobode, slob ode, a potencijal iˇsˇ sˇcezava cezava jer je ˇcestica cesti ca slo slobo bodna dna.. Prip Pripadn adnaa Lag Lagran rangeova geova funkcij f unkcijaa jedn jednaka aka je j e kinet k inetiˇ iˇckoj cko j energiji m  = T    (5.78) L  =  T  = r˙ 2 . 2 Vektor pol poloˇ oˇzaja za ja ˇcestice cestice u Kartezij Kartezijevom evom sustavu dan je izrazom   + z    = x r =  x  i + y j  j + k,

 

(5.79)

  + z ˙  r˙  = x˙  i + y˙ j  j + k.

 

(5.80)

a vektor brzine Lagrangian slobodne ˇcestice cestice u Kartezijev Kartezijevom om sustavu glasi gla si L  = Lagran Lag rangeove geove jedn jednadˇ adˇzbe zb e

m 2 x˙ + y˙ 2 + z ˙ 2 . 2





d ∂L =0= dt ∂  ˙ x˙ d ∂L =0= dt ∂  ˙ y˙ d ∂L =0= dt ∂  ˙ z ˙

⇒ mx¨ = 0, ⇒ my¨ = 0, ⇒ mz z¨  == 0,

 

(5.81)

 

(5.82)

 

(5.83)

 

(5.84)

142

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

moˇzemo zem o jed jedno nosta stavno vno ri rijeˇ jeˇsiti si ti  = a x  =  a x t + bx ,  = a y  =  a y t + by ,  =  a z t + bz . z  = a

     

(5.85) (5.86) (5.87)

Rjeˇsenje senje dgovara parameta parametarskoj rskoj jednadˇzbi zbi pravca u prostoru prostoru.. Slob Slobodna odna ˇcestica cestica se gibaa po na gib najkra´ jkra´coj co j sp spoo jnic jnicii izmed¯u dvij dvijee toˇcke cke (pravac) (pravac)..

5.4

Primjena Primj ena Ha Hamil milton tono ovog pri princip ncipa: a: ˇ cestica u cestica centralnom polju

ˇ Zelimo opisati gibanje ˇcestice cestice mase m   u polju cen centralne tralne sile kor koriste iste´´ci ci samo Lagrangeov formalizam. Potencijal ovisi samo o udaljenosti od centra sile pa koristimo sferni koordin koordinatni atni sustav s ustav s isho ishodiˇ diˇstem stem u centru sile. sil e. Brzina ˇcestice cestice u sfernom sustavu glasi  0 . ˙ r0  + rθ˙     (5.88) v  = r θ0  + r sin θ ˙φφ Lagrangian Lagra ngian ˇcestice cestice je razlika kinetiˇcke cke i pot potencijalne encijalne energije  = T  L  =  T  U  m 2  ˙ 2 = r˙ + r2 ˙θ2 + r2 sin2 θφ 2

 −  −



Izraˇcunamo cunamo generali generalizirane zirane impulse

 

−

(5.89) U (r ).

∂L =  mr, ˙ ∂ ˙r˙ ∂  ∂L = mr 2 ˙θ,  pθ = ∂  ˙θ ∂L = mr 2 sin θ ˙φ.  pφ  =  ˙ ∂ φ  pr =

 

 

(5.90)

(5.91)  

(5.92)  

(5.93)

Lagran Lag rangeove geove jedn jednadˇ adˇzbe zbe ∂L  ˙ 2 =  mr θ˙2 + mr sin2 θφ ∂r ∂L =  mr 2 sin θ cos θ ˙φ2 ,  p˙θ = ∂θ ∂L = 0. 0.  p˙φ  = ∂φ  p˙r =

− ∂∂rU  ,

   

 

(5.94) (5.95) (5.96)

ˇ STIC 5.4. PRIMJ PRIMJENA ENA HAMIL HAMILTONO TONOVOG VOG PRINC PRINCIP IPA: A: CEST CE ICA A U CE CENT NTRA RALN LNOM OM PO POLJU  LJU 143

Lagrangian ne ovisi o koordinati φ koordinati  φ  pa je generalizirani impuls  p φ  konstanta gibanja (φ  je cikliˇcka cka koordina ko ordinata). ta). Da bi doˇsli sli do fizikalnog znaˇcenja cenja konstante gibanj gibanjaa pφ promotrimo izraz za zakretni impuls u sfernim koordinatama   =  mr M 

 = m × v =  mr   − mr = mr  ˙θφ 2

0

×

 ˙ φ  0 ˙ r0  + r θ˙  r θ0  + r sin θφ

2

 ˙   sin θφ θ0 .

 



 

(5.97) (5.98)

Kori Ko riste´ ste´ci ci izr izraze aze  0  = sin φ    φ i + cos φ j,   θ0  = cos θ cos φ  i + cos θ sin φ j 

−

 

(5.99)

− sin θ k,

 

(5.100)

moˇzemo zemo izves izvesti ti Kartezijev Kartezijevee komponente zakretnog impulsa u sfernim koordinatama M x  =

−mr

M y =  mr

2

2







θ˙ sin φ + φ˙ sin θ cos θ cos φ ,

θ˙ cos φ

M z =  mr 2 sin2 θ ˙φ.



 

φ˙ sin θ cos θ sin φ ,

−

 

(5.101)

 

(5.102) (5.103)

Usporedbom s izrazom (5.93 (5.93)) dolazimo do zakljuˇ cka da je generalizirani impuls pφ cka ekvivalentan z  komponenti   komponenti zakretnog impulsa. Koriste´ ci samo Lagrangeov formalci izam doˇsli sli smo do zakl zakljuˇ juˇcka cka da je z   komponenta zakretnog impulsa ˇcestice cestice koja se giba u polju p olju cent centralne ralne sile konstanta gibanja. U drugu Lagrangeovu jednadˇzbu zbu  p˙ θ =  mr 2 sin θ cos θ ˙φ2 , uvrstimo φ˙

 

⇒ φ˙  = mr psin φ

 = mr  pφ  =  mr 2 sin2 θ ˙φ = =  p˙ θ =

⇒

2

2

θ

(5.104)  

,

cos θ 2 3  pφ . 2 mr sin θ

(5.105)

 

(5.106)

Pomnoˇzimo zimo jedn jedn.. (5.106 5.106)) s  p θ cos θ 2 2 ˙ 3  pφ mr θ 2 mr sin θ 1 dpθ cos θ ˙ 2 1 d  p2φ = θp  = 2 dt 2 dt sin2 θ sin3 θ φ Prethod Preth odna na jedn jednadˇ adˇzzba ba se svod svodii na joˇs jeda jedan n zakon saˇcuvanja cuvanja  ˙ θ =  pθ p

−





 

(5.107)  

 p2φ  p2φ d 2 2  = 0 =  pθ  + =  M 2 = konst.. konst..  pθ  + 2 2 dt sin θ sin θ

⇒

(5.108)

 

(5.109)

Jedn. (5.109 Jedn. 5.109)) odg odgov ovara ara saˇcuvanju cuvanju iznosa i znosa kutne koliˇcine cine gibanja gibanja.. Dakle, prve dvije d vije Lagrangeove Lagran geove jednadˇzbe zbe vode na

144

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

saˇcuva cu van nje  z   komponente zakretnog impulsa •   saˇ  z  komponente cuvanje iznosa zakretnog impulsa • saˇcuvanje Izaberimo Izab erimo jednu toˇcku cku putanje r   s brzinom v   Koordinatn Koo rdinatnii sustav uvijek moˇzemo zemo

Slika 5.4: 5 .4: Vektor pol poloˇ oˇzaja za ja i brzina b rzina ˇcestice cestice nalaze se u ravnini xy xy.. orjentirati tako da se promatrana toˇcka cka putanje i brzina u toj toˇcki cki nalaze u xy xy-π 2 2 2 ravnini (θ (θ = ). Budu´ci ci da su M  i M z   konstante gibanja, razlika M  M z je 2 takod¯er konst konstanta anta gib gibanj anja. a. Pret Pretho hodni dni izra izrazz moˇzemo zemo izraˇcunati cuna ti u toˇcki  cki  r

−

2

M 

−

M z2

 p2φ  p2φ 2 sin θ 2 =  p θ  +  + p    p2φ cot2 θ,  ˙ 2 , =  m2 r4 ˙θ2 + m2 r 4 cos2 θ sin2 θφ

=  p 2θ  +

 −

 1  ˙ 2 . =  m2 r4 ˙θ2 + m2 r 4 sin2 (2 (2θθ)φ 4

(5.110)    

(5.111) (5.112)

Vektor r   se nalazi u xy   ravnini = θ = π/2, π/ 2, a brzina v   se nalazi u xy   ravnini = θ˙  = 0 = M 2 M z2 = 0.   (5.113)

⇒

⇒

⇒

−

5.113)) mora vrijediti za cijelu putanju. M 2 M z2   je konstanta gibanja pa uvjet ((5.113 Primjetimo da je  1  ˙ 2 (2θθ)φ (5.114) M 2 M z2 =  m2 r4 ˙θ2 + m2 r4 sin2 (2 4

−

−

5.5.. 5.5

145

VEZE VEZ E I EFE EFEKTI KTIVNI VNI POTENC POTENCIJA IJALI  LI 

suma dva pozitivna pozi tivna doprino doprinosa. sa. Da bi takva suma iˇsˇ sˇcezavala cezavala svaki po jedini doprino doprinoss mora mo ra iˇsˇ sˇceza ce zava vatti r 4 ˙θ2 = 0 =  ˙ 2 (2θθ)φ r4 sin2 (2

⇒ θ˙ = 0 π = 0 =⇒ θ  = . 2

(5.115)  

(5.116)

Zakljuˇ cili smo da za cijelu putanju vrijedi cili π θ˙  = 0 i θ  = , 2

 

(5.117)

odnosno da se cijela putanja nalazi u xy u  xy ravnini.  ravnini. Kako vrijedi M  vrijedi  M 2 M z2 = 0, slijedi    okomit na ravninu gibanja. Zadnja Lagrangeova da je vektor zakretnog impulsa M  M  okomit  jednadˇ zba zba  ˙ 2  ∂ U  .  = mr   (5.118) mr¨ =  mr θ˙ 2 + mr sin2 θφ ∂r Uvrstimo uvjete θ uvjete  θ  =  = π  π//2 i θ˙  = 0

−

−

 = mr mr¨ =  mr  ˙φ2

− ∂U   . ∂r

 

(5.119)

Iskoristimo saˇcuvanje cuvanje zakretnog impulsa 2  ˙

 = p  = M  mr φ =  p φ  =  M  =

⇒

M 2 2 ˙ φ = 2 4. mr

 

(5.120)

Uvrstimo prethodni rezultat u jedn. (5.119 ( 5.119)) mr¨ =

M 2 mr3

U   −  ∂ ∂U   . ∂r

 

(5.121)

Doˇsli sli smo do jednadˇzbe zbe gibanj gibanjaa koju smo ve´ c izveli iz Newtonovih jednadˇzbi, zbi, a pritom smo reproducirali sve zakljuˇcke cke vezane uz zakretni impuls kao konstantu gibanja.

5.5 5. 5

Vez eze e i ef efek ekti tivn vnii pote potenci ncija jali li

Pretpostavimo Pretpostav imo da se ˇcestica cestica nalazi u potenc potencijalu ijalu koji je strm u smje smjeru ru oko okomitom mitom na neku zadanu krivulju. krivulju. U slu sluˇˇcaju caju na sl. 5.5 q 1   je generali generalizirana zirana koordin koordinata ata duˇz krivulje, a q 2  je gene generaliz ralizirana irana koordinata koordinata okomita na kriv krivulju ulju . Ukup Ukupni ni potenc potencijal ijal moˇzemo zemo napisa napisati ti kao sumu dva doprinosa dop rinosa  = U  U tot  U ((q 1 , q 2 ) + κq 22 , tot  =

 

(5.122)

146

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

q 2

q 1

Slika 5.5: Efektivni potencijal koji strmo raste u smjeru okomitiom na generaliziranu koordinatu q  koordinatu  q 1 . pri ˇcemu cemu drugi ˇclan clan u sumi daje strmi dio potenci potencijala jala oko okomit mit na gene generaliz raliziran iranu u koordinatu q  koordinatu  q 1 . Lagrangian ovakvog sustava glasi  = T  L  =  T ((q 1 , q 2 , q ˙1 , q ˙2 )

  (5.123) − U  (q  , q  ). U granici gr anici beskonaˇcno cno strmog poten potencijala cijala (κ → ∞) ˇcest cestic icaa kon konaˇ aˇcne cn e en ener ergi gije je ne moˇze ze tot tot

1

2

dospjeti izvan krivulje q 2  = 0. 0 . Tada rjeˇsenje senje Lagra Lagrangeove ngeove jednadˇzbe zbe za koordi koordinatu natu q 2  glasi   (5.124) q 2 = 0 i q ˙2  = 0. Uvrstimo Uvrs timo rjeˇsenje senj e (5.124 5.124)) u Lagrangian (5.123 (5.123))  = T  L∗  =  T ((q 1 , q ˙1 , q 2  = q ˙2  = 0)

− U (q  , q   = 0) 0).. 1

2

 

(5.125)

Ovim postupkom uveli smo vezu koju mora zadovoljavati putanja q 2  = 0.

 

(5.126)

Pri generalizaciji genera lizaciji za sluˇcaj caj konfiguracio konfiguracionog nog prostora pro stora dimenzije di menzije 3n 3 n  promatramo mnogostrukost karakteriziranu karakteriziranu koordinatama koordinatama   koordinate  q   okomite te na nju. Ukup Ukupna na    q 1  i koordinate  q 2  okomi potencijalna energija glasi  = U    (5.127) U tot  U ((q  q1  ) + κq  q2 2 , tot  = a u granici κ   gibanje je ograniˇceno ceno na mnogostrukost deifniranu uvjetom q 2  = 0. Lagrangian smo sveli na oblik   0)..   (5.128) L∗ =  T   T ((q  q2   =   q ˙2  = 0) U (  q 1 , q  q2   = 0)

→∞

−

5.6 5. 6 5.6. 5. 6.1 1

Tip ipo ovi vez eza a Holo Ho lono nomn mne e vez eze e

Pretpostavimo da se u konfiguracionom prostoru dimenzije 3n 3n sust sustav av zbog zb og ogr ograniˇ aniˇcenja cenja moˇze ze gibati g ibati samo po plohi dimenzije dimenzije m p oˇcetnih cetni h 3n 3 n koordinata samo je m je m neza neza m.. Od poˇ

5.6.. 5.6

147

TIPOV TIP OVII VEZA VEZA

visnih tj. ploha je definirana s 3n 3n

 jedn dnad adˇˇzbi zb i − m  je

0 , . . . , f3 n−m(r ) = 0. f 1 (r) = 0,

 

(5.129)

Veze koje moˇzemo zemo izraziti na ovaj naˇcin cin nazivamo holon holonomnim. omnim. Primjer 1: njihalo u ravnini Poˇcetni cetni konfiguracio konfiguracioni ni prosto prostorr ima i ma dimenziju 2, a moˇ m oˇzemo zemo ga definirat definiratii kartezijevim

x

l

m y Slika 5.6: Njihalo u ravnini ima samo jedan nezavisan stupanj slobode. ˇ koordinatama x  i  y koordinatama x zapravo ima samo jedan nezavisan stupanj slobode jer  y.. Cestica njihalo njih alo ima duˇzinu zinu l. Koordinate x Koordinate  x i y  nisu nezavisne =

2

⇒x

+ y 2 = l 2

(5.130)

Funkcija veze f 1 (r ) za ovaj problem glasi f 1 (x, y ) =  x2 + y 2

−l

2

= 0.

 

(5.131)

Primjer 2: gibanje na plohi Neka je ploha zadana jednadˇzbom zbom  =  g((x, y ). z  = g

 

(5.132)

Poˇcetni cetni konfiguracio konfiguracioni ni prostor p rostor ima dimenziju 3 i moˇzemo zemo ga definirati d efinirati koordin koordinatama atama stvarnost arnostii ˇcestica cestica ima samo dv dvaa neza nezavisn visnaa stupn stupnja ja slobode jer je x, y i z , dok u stv ograniˇcena cena na gibanje gi banje po plohi. Funkcija veze f 1 (r ) za ovaj problem glasi f 1 (x , y , z)  =  z 

− g(x, y) = 0.

 

(5.133)

Primjer 3: kruto tijelo Udaljeno Udaljenosti sti med¯u ¯u ˇcesticama cesticama u krutom kru tom tijelu su fiksirane fiks irane

148

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

z 

x

y

ˇ Slika 5.7: Cestica na plohi ima dva stupnja slobode. m3 m2 m1 Slika 5.8: 5. 8: Udaljeno Udaljenost st med¯u ¯u ˇcesticama cesticama u krutom tijelu je fiksirana. fi ksirana. (ri

− r )  j

2

= c 2ij .

 

(5.134)

Npr. u krutom tijelu sastavljen sastavljenom om od 3 ˇcestice cestice postoje p ostoje 3 nezavis nezavisna na ograniˇcenja cenja (r1

2

− r ) 1

=  c 212

(r1

− r ) 3

2

= c 213

(r2

− r ) 3

2

=  c 223 .

 

(5.135)

Od poˇ p oˇcetnog cetnog konfiguracio konfiguracionog nog prostor prostoraa dimenzije dim enzije 9 doˇsli sli smo do prostor prostoraa dimenzije di menzije 6. Sv Svak akoo kru kruto to tijelo tijelo ima samo 6 stu stupnj pnjev evaa slo slobode, bode, bez obzira obzira na to od o d koli oliko ko ˇcestica cest ica se sast sastoo ji.

5.6.2 5.6 .2

Nehol Ne holono onomne mne ve veze ze

Ako ne moˇzemo zemo eliminirati neku od koordinata i prije´ ci na reducirani broj generalci iziranih koordinata za vezu ka kaˇˇzemo zemo da je neholonomna. Prvi tip neholonomnih veza koje ˇcesto cesto susre´cemo cemo je giban gibanje je u dijelu prosto prostora. ra. Primjer 1: plin u kutiji Moˇzemo zemo samo pos postaviti taviti ograniˇcenje cenje na dio prostor prostoraa u kojem se ˇcestice cestice plina mogu

5.6.. 5.6

149

TIPOV TIP OVII VEZA VEZA

Lz

O

Lx

Ly Slika 5.9: Plin u kutiji dimenzija (L (Lx , Ly , Lz ). na´cu, cu, ali ne moˇzemo zemo eliminir eliminirati ati ni jednu koordin koordinatu atu 0 0 0

     

≤ x  ≤ L , ≤y ≤L , ≤ z  ≤ L . i

x

i

y

i

z

(5.136) (5.137) (5.138)

Primjer 2: gibanje blizu povrˇsine sine Zemlje Z emlje Moˇzemo zemo samo re´ci ci da je udaljeno udaljenost st ˇcestice cestice od srediˇsta sta Zemlje ve´ ce od radijus ce radijusaa

rz

ˇ Slika 5.10: Cestica se giba g iba blizu povrˇsine sine Zemlje.

150

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

Zemlje r

 ≥ R , z

 

(5.139)

ali ni u ov ovakvoj akvoj situaciji ne moˇzemo zemo eliminirati ni jednu koordinatu. Drugi ˇcesti cesti tip nehol neholonomni onomnih h ve veza za su one koje ve veˇˇzu zu brzin brzinee pojedinih stup stupnjev njevaa slobode (npr. kotrljanje na hrapavoj povrˇsini sini koje sprjeˇcava cava klizanje). Jednadˇzbe zbe gibanja tada na jˇceˇ ceˇs´ce ce ima ju oblik   (5.140) λqi ˙q i  = 0,

 i

pa ih ne moˇzemo zemo integrirati dok ne nad¯emo ¯emo putanju. Veze koje ko je ovise o vremen vremenu u naziv naz ivamo amo reo reonom nomne, ne, dok ve veze ze koje ne ov ovise ise o vre vremen menu u naz naziv ivamo amo skl sklero eronom nomne. ne. Holonomne i neholonomne veze mogu biti reonomne ili skleronomne.

5.6.. 5.6

151

TIPOV TIP OVII VEZA VEZA

Zadatak 5.2 ˇ Cestica se giba u homogenom gravitacijs gravitacijskom kom polju po unutra unutraˇˇsnjosti snjosti stoˇsca sca kuta otvora 2α 2α. Izvedite Lagran Lagrangian gian i Euler-La Euler-Lagrang grangeove eove jednadˇzbe zbe koriste´ci ci cilindriˇcni cni koordinatni koordin atni sustav. Poka Pokaˇˇzite zite da problem moˇzemo zemo svesti na gibanje ˇcestice cestice u efektivnom tivn om 1D potenci potencijalu. jalu. Izv Izvedit editee izraz za efek efektivn tivnii potenc potencijal. ijal. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: ˇ Cestica je ograniˇcena cena na gibanj gibanjee po stoˇscu scu pa koordin koordinate ate ρ  nisu nezavisne  ρ  i  z   z  nisu

ˇ Slika 5.11: Cestica se giba po stoˇscu. scu.  =  ρ cot α. z  = ρ

 

(5.141)

Da bi izraˇcunali cuna li kinet kinetiˇ iˇcku cku ener energij giju u ˇcestice, cesti ce, treb trebamo amo brzi brzinu nu ˇcestice cest ice u cilindriˇ cili ndriˇcnim cnim koordinatama  ˙ φ  0 ˙z   ˙ ρ0  + ρφ   (5.142) r˙  = ρ  k. Kvadriramo brzinu i pomn pomnoˇ oˇzimo zimo je s m/ s  m/22 m 2 ˙2 T  = ρ˙ + ρ2  ˙φ2 + z  2 m 2 = ρ˙ + ρ2  ˙φ2 + ρ˙ 2 cot2 α 2 1 m = ρ2 + ρ2  ˙φ2 . 2  ˙ 2 sin α

  





 



(5.143)  

(5.144)

 

(5.145)

Sustav se nalazi u homogenom gravitacijskom polju pa potencijalna energija glasi  =  mgρ cot α. U  =  mg  mgz  z  = mgρ

 

(5.146)

Lagrangian Lagran gian ˇcestice cestice je razlika kinetiˇcke cke i poten potencijalne cijalne energije



1 m L  = ρ2 + ρ2  ˙φ2 2  ˙ 2 sin α

−

mgρ cot α.

 

(5.147)

152

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

Euler-L Eule r-Lagr agrang angee jedn jednadˇ adˇzbe zb e ∂L d ∂L ρ¨  ˙ 2 + g cot α = 0, =0 =   (5.148) ρφ 2 ∂ρ dt ∂  ˙ ρ˙ sin α ∂L d ∂L d =0 =   (5.149) mρ2  ˙φ  = 0.  ˙ ∂φ dt ∂ φ dt Lagrangian ne ovisi o koordinati φ koordinati  φ (cikliˇ  (cikliˇcka cka koordinata) koord inata) pa je pripadni prip adni generali generalizirani zirani impuls konstanta gibanja pφ   (5.150)  pφ mρ2  ˙φ = φ˙  = . mρ2 Uvrstimo φ˙  u prvu jednadˇzbu zbu gibanja

 −

 −

⇒

 −

⇒

 

 ≡

m ρ¨ sin2 α

⇒

 p2φ + mg cot α = 0. mρ3

−

 

(5.151)

Pomnoˇ Pom noˇzimo zim o jed jedna nadˇ dˇzbu zbu sa si sin n2 α =

⇒ mρ¨ = −

 p2φ sin2 α mg sin α cos α + , mρ3

 

(5.152)

a zatim je napiˇsemo semo u obliku o bliku

⇒ mρ¨ = − ∂ρ∂ 

=



 p2φ sin2 α mgρ sin α cos α + 2mρ2



.

 

(5.153)

Problem smo sveli na jenodimenzionalno gibanje u efektivnom potencijalu  p2φ sin2 α   (5.154) V ef . ef f  =  mgρ sin α cos α + 2mρ2 Ukoliko Ukoli ko pomn p omnoˇ oˇzimo zimo jedn jednadˇ adˇzbu zbu gib gibanj anjaa s ρ˙ ∂V ef md 2 dV ef ef f  ef f   ˙ρ =   (5.155) mρ¨ρ˙  = ρ˙  = , 2 dt ∂ρ dt dolazimo do druge konstante gibanja (energija) d m 2 m 2   (5.156) ρ˙ + V ef ρ˙ + V ef ef f (ρ)  = 0 = ef f (ρ) =  E  2 dt 2 ˇ staa gr Cest Ce greˇ eˇska! ska ! pφ Rezultat φ˙ =   uvrstimo u Lagrangian i zatim iz Lagrangiana izvedemo jedmρ2 nadˇzbu zbu gibanj gibanja. a. Tako dobijena do bijena jednadˇzba zba gibanj gibanjaa ima im a jedan krivi predznak

−



⇒



−

⇒

 p2φ m + mg cot α  = 0.   (5.157) ρ¨+ sin2 α mρ3 Ovaka Ov akav v postupak je pogreˇsan san jer su Lagrangeov Lagrangeovee jednadˇ zbe izvedene zbe izvedene pod pretpostavkom da su ρ su  ρ  i  φ  nezavisne varijable.

5.6.. 5.6

153

TIPOV TIP OVII VEZA VEZA

Zadatak 5.3 Ravnaa ˇzica Ravn zi ca AB  duljine l  rotira konstantnom kutnom brzinom ω  oko vertikalne osi AB duljine ˇ zatvara kut α kut  α s  s osi O osi  OA njojj klizi ˇcestica cestica mase mase m  bez trenja. Izvedite OA.. Zica OA A, a po njo  m bez Lagrangian Lagran gian i Euler-La Euler-Lagrange grange jednadˇzbe. zbe. Ako ˇcestica cestica u poˇcetnom cetnom trenutku miruje u toˇcki cki A, koliko vremena jo jojj treba da stigne do toˇcke cke B ? Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Sustav orjentiramo tako da je u poˇcetnom cetnom trenutku ˇzica zica u  xz   xz    ravnini

ˇ Slika 5.1 5.12: 2: Sust Sustav av ˇzice zice i ˇcestice. cesti ce. Zica zatvara kut α  s osi OA  i rotira konstantnom OA i kutnom brzinom ω brzinom  ω  oko osi O osi  OA A.  = r cos(ωt x =  r sin α cos( ωt)),  = r sin(ωt y  =  r sin α sin( ωt)),  =  h r cos α. z  = h

−

   

(5.158) (5.159) (5.160)

 

Kao generaliziran generaliziranu u koordinatu (ˇcestica cestica ima samo jedan nezavisan stupanj slobode) slob ode) izabralii smo udaljeno izabral udaljenost st ˇcestice cestice od osi osi OA oznaˇ naˇcili cil i je s r Komponente onente brzine ˇcestice cestice  OA i i oz  r.. Komp cos(ωt sin(ωt x˙  = r˙ sin α cos( ωt)) rω sin α sin( ωt)), sin(ωt cos(ωt y˙  = r˙ sin α sin( ωt)) + rω sin α cos( ωt)),  = r˙ cos α.   z ˙  =

   

−

−

(5.161) (5.162) (5.163)

Kinet Ki netiˇ iˇcka cka ene energ rgij ijaa ˇcestic ces ticee izn iznos osii m 2 m 2 ˙ 2  =   (5.164) T  = x˙ + y˙ 2 + z  r˙ + ω 2 r 2 sin2 α . 2 2 Susta Sus tav v se nal nalazi azi u hom homoge ogenom nom gra gravit vitaci acijsk jskom om polj polju u pa je pote potenci ncijal jalna na ene energi rgija ja ˇcest ce stiice  = mg   (5.165) U  =  mgz   mgz  =  mg (h r cos α) .



 

−



154

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

Lagrangian Lagra ngian ˇcestice cestice je razlika kinetiˇcke cke i pot potencijalne encijalne energije L  =

m 2 r˙ + ω 2 r 2 sin2 α 2

Euler-L Eule r-Lagr agrang angee jedna je dnadˇ dˇzba zba



d dt Izraˇcunamo cunamo pot potrebne rebne derivacije

−

 − ∂L ∂ ˙r˙ ∂ 

=  mr, ˙ ⇒ ∂L ∂ ˙r˙ ∂  ∂L =⇒ =  mω sin ∂r

mgh + mgr cos α.

∂L = 0. 0. ∂r

 

=

2

 

(5.167)

  2

(5.166)

(5.168)

 + mg cos α, αr + αr

 

(5.169)

− mg cos α = 0.

 

(5.170)

i uvrstimo ih u jednadˇ j ednadˇzbu zbu gibanja mr¨

− mω

2

sin2 αr

Koristimo oznaku: Koristimo oznaku: Ω = ω sin α  pa se jednadˇ zba gibanja svodi na nehomogenu linzba earnu diferencija diferencijalnu lnu jednadˇzbu zbu drugog reda r¨

2

− Ω r − g cos α = 0.

 

(5.171)

Pripadnaa homog Pripadn homogena ena jednadˇzba zba glasi r¨

2

− Ω r = 0,

 

(5.172)

a njezino op´ce ce rjeˇsenje senje je linearna kombinacija ekspo eksponencijalni nencijalnih h funkcija rh (t) =  AeΩt + Be−Ωt .

 

(5.173)

Partikula Parti kularno rno rjeˇsenje senj e nehomo ne homogene gene jedn jednadˇ adˇzbe zb e je konsta ko nstanta nta α − Ω C  = g cos α =⇒ C  = − g cos . Ω 2

 

2

(5.174)

Ukup no rjeˇsenje Ukupno senj e je suma op´ceg ceg rjeˇsenja senj a hom homoge ogene ne jedn jednadˇ adˇzbe zb e gib gibanja anja i part p artikul ikularn arnog og rjeˇ rj eˇsenja sen ja neh nehom omog ogene ene jed jedna nadˇ dˇzbe zb e r (t) =  AeΩt + Be −Ωt

α −  g cos . Ω

Koeficijente A  i  B  iz  izraˇ raˇcunam cun amoo iz po poˇˇcetni cet nih h uvj uvjeta eta ces ticaa kre´ k re´ce ce iz i z mirovan mi rovanja ja:: r˙ (t  = 0) = 0 •   ˇcestic

2

 

(5.175)

5.6.. 5.6

155

TIPOV TIP OVII VEZA VEZA

ce stic icaa kr kre´ e´ce ce iz to toˇˇcke cke A:  r •  ˇcest  r((t  = 0) = 0 Prvi poˇcetni cetni uvjet =  AΩ Ω r˙ (0) = A

 = B − BΩ = 0 =⇒ A =  B..

 

(5.176)

Drugi Dru gi poˇcetni cetni uvje uvjett =  A +  + B r(0) = A

α g cos α − g cos = 0 =⇒ A  =  = B  B  = . Ω 2Ω 2

 

2

(5.177)

Dakle, Dak le, rjeˇsenje senj e jedn jednadˇ adˇzbe zbe gib gibanj anjaa r (t) =

g cos α   [cosh [cosh (Ω (Ωtt) Ω2

− 1] .

 

(5.178)

Ozna Oz naˇˇcimo ci mo s  τ   vrijem ijemee po potreb trebno no ˇcestici cesti ci da stig stigne ne iz toˇcke A cke  A  d  doo toˇcke cke  B  τ  vr α   [cosh [cosh (Ω (Ωτ  ⇒ l = g cos τ )) − 1] . Ω

 = r (τ  τ )) =  l l =

 

2

(5.179)

Invertiamo Invertia mo preth p rethod odnu nu jednadˇ jed nadˇzbu zbu =

⇒



1 Ω2 l τ  = Arcosh 1 + Ω g cos α



.

 

(5.180)

156

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

Zadatak 5.4 Matematiˇ cko njihalo rotira konstan cko konstantnom tnom kutnom brzinom ω   oko ve vertik rtikalne alne osi. Izvedite Lagra Lagrangian ngian i jednadˇzbu zbu gibanj gibanja. a. Poka Pokaˇˇzite zite da problem moˇzemo zemo svesti na gibanje u 1D efektivnom potencijalu. p otencijalu. Izvedi Izvedite te izraz za efektivni potencijal i nad¯ite ¯ite stabil sta bilne ne i nest nestabi abilne lne toˇcke cke ravno ravnoteˇ teˇze. ze. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Koordinat Ko ordinatni ni sustav orjentiramo tako da je u poˇcetnom cetnom trenutku ˇcestica cestica na osi o si x  x ω  g l θ m

Slika 5.13: 5.1 3: Matemati Matematiˇˇcko cko njihalo duljine l  rotira konstantnom kutnom brzinom ω oko vertikalne osi.  = l l sin θ cos( cos(ωt x = ωt)),  = l l sin θ sin( sin(ωt y  = ωt)),  =  l cos θ. z  = l

   

(5.181) (5.182) (5.183)

 

Kompo Kom ponente nente brzi brzine ne ˇcestice cesti ce  = l l cos θθ˙ cos( cos(ωt sin(ωt x˙  = ωt)) lω sin θ sin( ωt)),  = l l cos θθ˙ sin( sin(ωt cos(ωt y˙  = ωt)) + lω sin θ cos( ωt)),

−

 = z ˙  =

−l sin θθ.˙

 

 

(5.184)

 

(5.185) (5.186)

Kinet Ki netiˇ iˇcka cka ene energ rgija ija ˇcesti ces tice ce





m T  =  l 2 θ˙2 + ω 2 sin2 θ . 2

 

(5.187)

Sustav Susta v se nal nalazi azi u hom homoge ogenom nom gra gravit vitaci acijsk jskom om polj polju u pa je pote potenc ncija ijalna lna ene energi rgija ja ˇcesti ces tice ce (uo (uoˇˇcimo cim o da je os os z   orjentirana u smjeru sm jeru vektora akceleracije a kceleracije sile teˇze  ze  g  z  orjentirana U  =

 = −mgl cos θ. −mgz  =

 

(5.188)

5.6.. 5.6

157

TIPOV TIP OVII VEZA VEZA

Lagrangian Lagran gian ˇcestice cestice je razlika kinetiˇcke cke i poten potencijalne cijalne energije  = T    L  =  T  U  m  m =  l 2 ˙θ2 +  l 2 ω 2 sin2 θ + mgl cos θ. 2 2 Euler-L Eule r-Lagr agrang angee jedna je dnadˇ dˇzba zba ∂L d ∂L  = 0. ∂θ dt ∂  ˙θ Izraˇcunamo cunamo potr potrebne ebne derivacije

(5.189)

 −  −

   −   ⇒

 

 

(5.190)

(5.191)

∂L d ∂L ¨ = ml 2 ˙θ  =  =  ml 2 θ,  = ml  ˙ dt ∂θ ∂ θ ∂L =  ml 2 ω 2 sin θ cos θ mgl sin θ. ∂θ

−

 

(5.192)

 

(5.193)

Jedna Jed nadˇ dˇzbu zbu gi giba banja nja ml2 θ¨

2

− ml ω

2

sin θ cos θ + mgl sin θ  = 0,

 

(5.194)

moˇzemo zemo nap napisa isati ti u slje sljede´ de´cem cem obl obliku iku

−



∂  m 2 2 2   (5.195) ml θ +  l ω sin θ mgl cos θ  = 0. 2 ∂θ Problem smo sveli na gibanje u 1D efektivnom potencijalu m 2 2 2   (5.196) U ef  l ω sin θ mgl cos θ. ef f (θ) = 2 Efektvni potencijal ima ekstrem u toˇckama ckama ravnote ravnoteˇˇze ze pa ih moˇzemo zemo odrediti iz uvjeta ∂U ef ef f  = 0.   (5.197) ∂θ Toˇcka cka rav avno note teˇˇze ze je 2¨

−

−

−

•   stabilna ako efektivni potencijal ima minimum •   nestabilna ako efektivni potencijal ima maksimum Deriviramo efektivni potencijal 1 2 2 ∂U ef ef f  = ml2 ω 2 sin θ cos θ + mgl sin θ  = sin2θθ + mgl sin θ.   (5.198) ml ω sin2 2 ∂θ Stacion Sta cionarne arne toˇcke cke efektiv ef ektivnog nog po potenci tencijal jalaa moˇzemo zemo od odredi rediti ti iz jedna j ednadˇ dˇzbe zbe

−

−

−

ml sin θ g Postoo je tr Post trii mo mogu´ gu´ca ca rjeˇsenja sen ja



lω 2 cos θ  = 0.

 

(5.199)

158

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

• θ  = 0  = π • θ  =  π • θ  = arccos

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

1 2 3

g  ako lω 2

vrijedi

g lω 2

 ≤ 1

Izraˇcunamo cunamo drugu derivaciju efektivnog ef ektivnog pot potencijala encijala ∂ 2 U ef ef f  = ∂θ 2

2

−ml ω

2

cos2θ + mgl cos θ. cos2θ

 

(5.200)

Pro matramo Promatr amo svaku po jedi jedinu nu toˇcku cku ravno ravnoteˇ teˇze. ze. Prva Pr va to toˇˇcka cka ra ravn vnoote teˇˇze: ze : θ1 = 0 ∂ 2 U ef ef f  ∂θ 2



=  mg  mgll

θ1 =0

2

− ml ω

2

= ml

2

  −  g l

ω2 .

 

(5.201)

Toˇˇcka θ1  = 0 moˇze To ze biti stabiln stabilnaa i nestabiln nestabilnaa

•  ako vrijedi g/l vrijedi  g/l > ω vrijedi  g/l < ω •  ako vrijedi g/l

2

toˇcka cka ra ravn vnooteˇze ze θ1  je stabilna

2

toˇcka cka ra ravn vnooteˇze ze θ1  je nestabilna

Drug Dr ugaa to toˇˇcka cka rav ravno noteˇ teˇze: ze : θ2  =  = π  π ∂ 2 U ef ef f  ∂θ 2



=

θ1 =π

2

2

−mgl − ml ω .

 

(5.202)

 

(5.203)

Toˇcka θ2  je uvijek nestabilna. Toˇ g Tre´´ca Tre ca toˇcka cka ra ravn vnooteˇze: ze : θ3  = arccos 2 lω ∂ 2 U ef ef f  ∂θ 2



= θ3

2

2

2

2

cos2θθ  + mgl cos θ −ml ω cos2 = −ml ω 2cos θ − 1 + mgl cos θ mg =− + ml ω ω 2

2

3



2

2

2

3

3



3

 

(5.204) (5.205)

Toˇcka rav avn noteˇze θ3  postoji samo ako vrijedi g lω 2

 ≤ 1.

 

(5.206)

g Dak le, ako posto Dakle, p osto ji ova toˇcka cka ravnoteˇ ravn oteˇze ze stabi s tabilna lna.. Prom Promatra atramo mo sluˇ s luˇcaj ca j 2 >  1. Poslω toje to je samo sa mo dvije ekstremaln ekstremalnee toˇ t oˇcke cke efektivnog efektivn og poten potencijala. cijala. U toˇcki cki θ1  = 0 efektivni

5.6.. 5.6

159

TIPOV TIP OVII VEZA VEZA

U ef ef f 

θ2 π

θ

θ1

Slika 5.14: Efektivni potencijal ako vrijedi

g > 1. lω 2

po tencijal potenci jal ima mini minimum mum pa p a je ova toˇcka cka stabiln sta bilna, a, dok u toˇcki θ cki θ2  =  = π  efektivni poten π efektivni g cijall ima cija i ma maks maksimum imum pa je ova toˇcka cka nestab nes tabilna ilna.. Prij Prijed ed¯imo ¯i mo na sluˇcaj ca j 2 <  1. Postoje lω tri ekstremalne toˇcke cke efektivnog pot potencijala. encijala. U toˇckama ckama θ1 = 0 i θ2 = π   efektivni g potencijal poten cijal ima maksimum pa su ove toˇcke cke nestabilne, nesta bilne, dok u toˇcki cki θ3  = arccos 2 lω efektivni potencijal ima minimum pa je ova toˇcka cka stabilna. Sustav se vrti dovoljno brzo da bi centrifugalna sila nadvladala gravitacijsku. U ef ef f 

θ2 θ3 π

θ

θ1 θ3 Slika 5.15: Efektivni potencijal ako vrijedi

g < 1. lω 2

160

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

Zadatak 5.5 ˇ Cestica mase  m kliˇ mase m  kliˇze ze bez trenja po ˇzici zici oblika cikloide u homogen homogenom om gravitacijskom polju. Izv Izvedit editee Lagrang Lagrangian ian i jedn jednadˇ adˇ zbu gibanj zbu gibanja. a. Pok Pokaˇ aˇzite zite da se uz supst supstituci ituciju ju  θ  jednadˇ nadˇzba zba gib gibanja anja moˇze ze nap napisa isati ti u obl obliku iku u  = cos  jed 2 d2 u g + u  = 0  , 4a dt2

 

(5.207)

i nad¯it ¯itee pe perio riod d osci oscilaci lacije je ˇcestice. cesti ce. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Jednadˇ Jedn adˇzba zba ciklo cikloide ide  = a x  =  a (θ

− sin θ)

i y  =  = a  a (1 + cos θ) ,

prii ˇcemu pr cemu je θ   parametar za koji vrijedi 0

≤ θ ≤ 2π .

 

(5.208)

ˇ Cestica na ˇzici zici ima jedan

y g

m aπ

O

2aπ x

ˇ Slika 5.16: Cestica se giba g iba po ˇzici zici oblika cikloide. ci kloide. nezavisan stupanj slobode, a kao generaliziran generaliziranu u koordinatu moˇzemo zemo izabrati uprav upravoo parametar θ. Komp Komponente onente brzine ˇcestice cestice  = a x˙  =  aθ˙ y˙  =

− a cos θθ,˙

 

−a sin θθ.˙

(5.209)

 

(5.210)

Kvadriramo komponente brzine x˙ 2 = a 2 ˙θ2

2

− 2a

cos θθ˙2 + a2 cos2 θθ˙2 ,

y˙ 2 = a 2 sin2 θθ˙2 ,

 

 

da bi doˇsli sli do kin kinetiˇ etiˇcke cke ene energ rgij ijee ˇcesti ces tice ce m 2 T  = x˙ + y˙ 2 2 =  ma2 ˙θ2 (1 cos θ) .

  −

(5.211) (5.212)

 

(5.213)  

(5.214)

ˇ Cestica se giba g iba u homogenom homog enom gravitacijskom gravita cijskom polju po lju pa je potencijalna po tencijalna energija ˇcestice cestice  = mga U  =  mgy  =  mga (1 + cos θ) .

 

(5.215)

5.6.. 5.6

161

TIPOV TIP OVII VEZA VEZA

Lagrangian Lagran gian ˇcestice cestice je razlika kinetiˇcke cke i poten potencijalne cijalne energije  = T  L  =  T 

 − U   −

=  ma2 (1 Euler-L Eule r-Lagr agrang angee jedn jednaˇ aˇzba zba

 

(5.216)

− cos θ) θ˙ − mga (1 + cos θ) . 2

d dt

 − ∂L ∂  ˙θ

 ∂ L = 0. 0. ∂θ

   

(5.218)

Izraˇcunamo cunamo potr potrebne ebne derivacije ∂L = 2ma2 (1 cosθ   cosθ)) θ˙  ˙ ∂ θ d ∂L  = 2ma2 (1 cosθ 2 ma2 sin θθ˙2 cosθ)) ¨ θ + 2ma dt ∂  ˙θ ∂L =  ma2 sin θθ˙2 + mga sin θ.   ∂θ Jedna Jed nadˇ dˇzbu zbu gi giba banja nja  1 g (1 cos θ) ¨  sin θ  = 0,   θ +  sin θθ˙2 2 2a podijelimo s faktorom  θ 1 cos θ  = 2sin2 .   2 Drugi Dru gi ˇclan clan u jedn jednadˇ adˇzbi zbi gib gibanj anjaa

 

(5.217)

−

(5.219)

−

(5.220)

−

−

−

sin θ2  cos θ2 ˙2 1  θ ˙ 2 =  cot θ θ . 2 2 2sin2 θ2

(5.221)

(5.222)

(5.223)

 

(5.224)

 

(5.225)

Tre´ci ci ˇclan cl an u je jedn dnadˇ adˇzbi zbi gi giba banj njaa g sin 2θ  cos 2θ g  θ =  cot . 2a 2 a 2sin2 θ2 Jedna Jed nadˇ dˇzbu zbu gi giba banja nja

 1  θ g  θ  cot = 0 θ¨ +  cot θ˙ 2 2 2 2a 2 moˇzzemo emo nad nadalj aljee po jedn jednost ostaviti aviti koris koriste´ te´ci ci supst s upstituc ituciju iju  θ   u = cos 2 1  θ ˙  sin θ   u˙  = 2 2 1  1  θ  θ ¨  =  cos θ˙2  sin θ¨ u 4 2 2 2 1  θ ¨  1  θ =  sin θ +  cot θ˙2 . 2 2 2 2

(5.226)

−

− − −



−



(5.227) (5.228)  

(5.229)  

(5.230)

162

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

 − 12 sin  θ2 ,

Prvo je pom pomnoˇ noˇzimo zimo s faktoro faktorom m =

⇒−





1  θ ¨  1  θ g  θ  sin θ +  cot θ˙2 +  cos = 0. 2 2 2 2 4a 2

 θ Uz supstituciju u  = cos  jedna  je dnadˇ dˇzba zba prel prelazi azi u 2 g = u¨ + u  = 0. 4a

 

⇒

 

(5.231)

(5.232)

g Dobil i smo jednadˇzbu Dobili zbu harmon harmoniˇ iˇckog ckog oscila oscilatora tora s kruˇznom znom frekvencijom ω 2 = . 4a Odmah Odma h moˇzemo zemo izraˇcunati cuna ti i pe perio riod d gib gibanj anjaa ˇcestice cest ice T  = 2π

 

4a . g

 

(5.233)

5.6.. 5.6

163

TIPOV TIP OVII VEZA VEZA

Zadatak 5.6 Nad¯ite ¯ite Lagrangian za sustav na slici i akcele akceleraciju raciju utega mase mase M   M 2 . Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Pretpostavimo da su niti nerastezljiv nerastezljive. e. To znaˇci ci da poloˇzaji zaji po pojedinih jedinih dijelov dijelovaa

X 2 X 1 M 2 M 1 x2

x1 m2

m1

Slika 5.17: Atw Atwoo oodova dova maˇ m aˇsina. sina. sustava nisu nezavisni

=  a, X 1  + X 2  = konst. = a, =  b, x1  + x2  = konst. = b, ˙ 1  + X  ˙ 2  = 0, X  x˙ 1  + x˙ 2  = 0.

=

⇒

Poloˇzaj za j i brzina po pojedinih jedinih tijela: poloˇ loˇzaj za j kolot koloture ure M  • po  M  : X  p oloˇ oˇzaj za j uteg u tegaa  M  : X  •   pol p oloˇ oˇzaj za j uteg u tegaa  m : x  + X  •   pol •   pol p oloˇ oˇzaj za j uteg u tegaa  m : X   + x ˙ •   brzina koloture M  koloture  M  : X  ˙  = −X  ˙ •   brzina utega M  utega  M  : X  ˙  + x˙ •   brzina utega m utega  m : X  ˙  + x˙ = X  ˙ − x˙ utega  m : X  •   brzina utega m 1

1

2

2

1

1

2

1

1

1

2

1

2

2

1

1

1

1

2

1

2

1

1

(5.234)

164

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

Kinetiˇ Kin etiˇcka cka energi en ergija ja sust sustava ava je suma kine kinetiˇ tiˇckih ckih energ energija ija svih ˇcestica cest ica u sustav s ustavu u M 1  M 2  m 1  m 2 v (M 1 )2 + v (M 2 )2 + v (m1 )2 + v (m2 )2 2 2 2 2 M 1 ˙ 2  M 2 ˙ 2  m 1 ˙  m 2 ˙ = (X 1  + x˙ 1 )2 + (X 1 x˙ 1 )2 . X 1 + X 1 + 2 2 2 2

T  =

(5.235)  

−

(5.236)

Potencijalna Potencij alna energija sustav sustavaa je suma potencijalnih energija svih ˇcestica cestica U  =

− − −

  (kolotura M 1 ) M 2 gX 2   (uteg M 2 ) m1 g (X 1  + x1 ) (uteg m1 ) m2 g (X 1  + x2 ) (uteg m2 ).

(5.237) (5.238) (5.239) (5.240)

−M  gX  1

1

 

Pregrupi Preg rupiramo ramo ˇclanove clan ove u pret pretho hodno dnojj jedn jednadˇ adˇzbi zbi U  =

−(M   + m  + m )gX  − M  gX  − m gx − m gx , 1

1

2

1

2

2

1

1

2

 

2

(5.241)

a zatim iskoristimo uvjete  = a  = X 1  + X 2  =  a =  = b  = x1  + x2  =  b =

⇒ X   =  = a  a − X  ,  = b ⇒ x  =  b − x .

=

2

 

1

2

 

1

⇒ U  = −(M   + m  + m )gX  − m gx = −M  g (a − X  ) − m g (b − x ). 1

1

2

2

1

1

1

2

(5.242) (5.243)  

1

(5.244) (5.245)

 

1

Aditivne konstante moˇzemo zemo izostaviti U  =

−(M  − M   + m  + m )gX  − (m − m )gx . 1

2

1

2

1

1

2

1

 

(5.246)

U Lagrangianu sustava preostaju samo nezavisne varijable X  varijable  X 1 i  x 1 , dok smo X  smo  X 2 i  x 2 eliminirali uvjetom nerastezljivosti niti  = T    L  =  T  U  M 1 ˙ 2  M 2 ˙ 2  m 1 ˙  m 2 ˙ = (X 1  + x˙ 1 )2 + (X 1 x˙ 1 )2 X 1  + X 1 + 2 2 2 2 + (M  (M 1 M 2  + m1 + m2 )gX 1  + (m ( m1 m2 )gx 1 .  

 −  −

−

−

−

Prva E-L jed jedna nadˇ dˇzba zba d dt

 − ∂L ˙1 ∂ X 

∂L = 0. 0. ∂X 1

 

(5.247) (5.248) (5.249)

(5.250)

5.6.. 5.6

165

TIPOV TIP OVII VEZA VEZA

Raˇcunamo cuna mo deri derivacije vacije po potreb trebne ne za prvu p rvu E-L jedn jednadˇ adˇzbu zbu ∂L ˙ 1  + M 2 X  ˙1 =  M 1 X  ˙ ∂ X 1 ˙ 1  + x˙ 1 + m2 X  ˙1 + m1 X 



 

 

− x˙

1



 

˙ 1  + (m = (M 1  + M 2  + m1  + m2 )X  ( m1 ∂L = (M 1 ∂X 1

(5.251)

− m )x˙ . 2

 

1

− M   + m  + m )g. 2

(5.252) (5.253)

 

(5.254)

  − m )¨x − M   + m  + m )g.

(5.255) (5.256)

1

2

Prva EE-L L jedn j ednadˇ adˇzba zba  ¨ 1 + (m (M 1  + M 2  + m1  + m2 )X  ( m1 = (M  ( M 1 Druga Dru ga E-L jedn jednadˇ adˇzba zba d dt Izraˇccunamo unamo potrebne potr ebne derivacije

 − ∂L ∂  ˙ x˙ 1



2

1

2

1

∂L = 0. ∂x1

− 

 

(5.257)



∂L ˙ 1 + x˙ 1 ˙ 1 x˙ 1 =  m1 X  m2 X  ∂  ˙ x˙ 1 ˙ 1  + (m = (m1 m2 )X  ( m1 + m2 )x˙ 1 ,

−

∂L = (m ( m1 ∂x1

 

2

−

 

(5.258)

 

− m )g.

(5.259)

 

2

(5.260)

Druga Dru ga E-L jedn jednadˇ adˇzba zba (m1

 ¨  + (m ( m  + m )¨x  = (m − m )g. − m )X  2

1

1

2

1

1

 

2

(5.261)

Eliminiramo x¨1  iz dru druge ge E-L jedn jednadˇ adˇzbe zbe x¨1  =

m1 m2 g m1  + m2

−

− mm  +− mm X ¨ , 1

2

1

2

 

1

(5.262)

i uvrstimo u vrstimo ga u prvu E-L jednadˇzbu zbu )(m 4 m1 m2 m1 + m2 ) + 4m ¨1  = (M 1 M 2 )( X  g. (M 1  + M 2 )( )(m 4 m1 m2 m1  + m2 ) + 4m

−

 

(5.263)

Akceleracija utega M  utega  M 2 ¨2  = X 

− M  )()(m m  + m ) − 4m m −X ¨ = ((M  g. )(m 4m m M   + M  )( m  + m ) + 4m 1

2

1

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

 

(5.264)

166

POGLAVLJE POGLA VLJE 5.

VARIJACIONI POSTUP POSTUPAK  AK 

Poglavlje 6 Kruto tijelo 6.1

Ortogo Ort ogonal nalne ne tra transfo nsforma rmacij cije e

Promatramo dva koordinatna sustava S  i S ′   sa za zajed jedniˇ niˇckim cki m is isho hodiˇ diˇstem ste m Jed Jedini iniˇˇcne cne

Slika 6.1: Dva koordinatna sustava S  sustava  S  i  S ′  sa za zajed jedniˇ niˇckom ckom is isho hodiˇ diˇstem. ste m. vektore koordinatnog sustava S  sustava  S ′  moˇzemo zem o izra i zrazit zitii pom p omo´ o´cu cu jed jedini iniˇˇcnih cni h vekto ve ktora ra koo koordi rdi-natnog sustava S     ) j   + (  i′  = (  i′   i)  i + (  i′  j  j)  j + i′   k )  k,  ) j   + ( j ′    j ′  = ( j ′   i)  i + ( j ′  j  j)  j + k )  k,    ) j   + (  k ′  = (  k ′   i)  i + (  k′  j  j)  j + k ′   k )  k.

· · ·

· · ·

167

·

· ·

 

(6.1)

 

(6.2)

 

(6.3)

168

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Uvodimo prikladnije oznake       i, j, k   i′ , j ′ ,   k′

1

2

3

 

(6.4)

1

2

3

 

(6.5)

 ≡ e , e , e  ≡ e′ , e′ , e′

Skalarne prod produkte ukte jediniˇcnih cnih vektora oznaˇcimo cimo kao elemente matrice e′i e j

 

·  ≡ a

ij

(6.6)

Jedn. (6.1 (6.1--6.3 6.3)) popr poprima imaju ju sljede´ci ci oblik e′1 =  a11e1  + a12e2  + a13e3 e′2 =  a21e1  + a22e2  + a23e3 = e′3 =  a31e1  + a32e2  + a33e3

⇒ e′  = i



aikek

k

Svaki vektor moˇzemo zemo ras raspisa pisati ti koris koriste´ te´ci ci jedi jediniˇ niˇcne cne vektor vektoree bilo  S  ili ili S   S ′  sustava

Slika 6.2: Vektor  Vektor  x  moˇzemo zem o ra rasp spisa isati ti p om omo´ o´cu cu jed jedin iniˇ iˇcnih cni h vekt vektor oraa   i,    j,,     j k ili   i′ ,    j ′ ,    k′.  = x x  =  x 1e1  + x2e2  + x3e3 =  x′1e′1  + x′2e′2 + x′3e′3 .

 

(6.7)

Pomnoˇzimo zimo jedn jedn.. (6.7 6.7)) s  e′i  =  x′i  =  x e′i  =

·



xk (e′i ek ) =

·

k



 

xk aik .

(6.8)

k

Norma vektora mora biti jednaka u oba sustava x′2 + x′2 + x′2 =  x 2  + x2  + x2  =⇒ 1

2

3

1

2

3

  x2k =

k

 j

x j′2 .

 

(6.9)

169

6.1. OR ORTOGONA TOGONALNE LNE TRANSF TRANSFORMA ORMACIJE  CIJE 

Uvrstimo transformaciju (6.8 (6.8)) u jedn. (6.9 ( 6.9))

     x2k =

a jm xm

m

 j

k

=

 

a jn xn

(6.10)

n

xm xn

mn

 

a jm a jn .

(6.11)

 j

Da bi relacija (6.11 (6.11)) bila ispunjena mora vrijediti



 = δ  a jm a jn  =  δ mn mn  =

⇒

 j



 = δ  aT   δ mn mn mj a jn  =

⇒A

(6.12)

 j

T 

=

 

A  = 1.

 

(6.13)

 

(6.14)

Svaka linearna transformacija x′  = i



aik xk ,

k

za koju vrijedi



 = δ  a jm a jn  =  δ mn mn ,

 

(6.15)

 j

zovee se ortogonalna transformac zov transformacija. ija. Uvje Uvjett



a jm a jn = δ mn mn  daje 6 linearnih jed-

 j

nadˇzbi

a11 a11 + a21 a21 + a31 a31  = a12 a12 + a22 a22 + a32 a32  = a13 a13 + a23 a23 + a33 a33  = a11 a12 + a21 a22 + a31 a32  = a11 a13 + a21 a23 + a31 a33  = a12 a13 + a22 a23 + a32 a33  =

1, 1, 1, 0, 0, 0,

           

(6.16) (6.17) (6.18) (6.19) (6.20) (6.21)

ˇsto sto znaˇci ci da je o d 9 koe koefici ficijen jenat ataa  aij  samo 3 nezavisno. Da bi parametrizirali rotaciju u prostoru, potrebna su nam tri kuta.

6.1.1 6.1 .1

Primje Pri mjer: r: rotacij rotacija a u ra ravni vnini ni

Promatramo rotaciju sustava x sustava x 1 x2 x3  oko osi x osi x3  za kut φ kut  φ.. Skalarni produkti potrebni

170

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

x2

x′

2

x′1 φ e2 e′ 1 e′2 φ e1

x1

Slika 6.3: Rotacija sustava x1 x2 x3  oko osi x3  za kut φ kut  φ.. za matricu transformacije  =  a11  =  e′1  =  a12  =  e′1  =  a13  =  e′1  =  a21  =  e′2  =  a22  =  e′2  =  a23  =  e′2  =  a31  =  e′3  =  a32  =  e′3  =  a33  =  e′3

· e  = cos φ cos (9 (900 − φ) = sin φ, · e  = cos · e  = 0,   cos (9 (900 + φ) = − sin φ, · e  = cos   · e  = cos φ,   · e  = 0,   · e  = 0, · e  = 0,   · e  = 1.   1

0

2

 

3

0

1

 

2 3 1 2 3

(6.22) (6.23) (6.24) (6.25) (6.26) (6.27) (6.28) (6.29) (6.30)

Provjerimo da li je matrica transformacije zaista ortogonalna AAT  =

=

=

  −        cos φ sin φ 0 sin φ cos φ 0 0 0 1

cos φ sin φ 0

− sin φ cos φ 0

cos2 φ + sin2 φ 0 0 2 2 0 cos φ + sin φ 0 0 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1

.

 

 

0 0 1

  (6.31)

171

6.1. OR ORTOGONA TOGONALNE LNE TRANSF TRANSFORMA ORMACIJE  CIJE 

Zadatak 6.1

6.1.2 6.1. 2

Svojstv Sv ojstva a orto ortogona gonalnih lnih tran transfor sformaci macija ja

Pretpostav Pret postavimo imo da su su a  a  i  b  ortogonalne transformacije takve da vrijedi

 

x′  = k

 → S ′)  →

bkj x j

(S 

aik x′k

(S ′

 j

x′′i =

k

(6.32)

 → S ′′).

 

(6.33)

Promotrimo ukupnu transformaciju x′′i =

 

aik x′k =

k

=

  

bkj x j

 

(6.34)

(ab ab))ij x j .

 

(6.35)

aik

 j

k

aik bkj x j =

 j

kj

Matrica ukupne transformacije c  je produkt matrica  a  i  b  = ab. c =  ab.

 

(6.36)

ˇ Zelimo provjeriti da li je ukupna transformacija joˇs uvijek ortogonalna. Dov Dovoljno oljno je T  pokazati da matrica c  zadovoljava uvjet ortogonalnosti cc ortogonalnosti  cc = 1

            

   ccT 

ij

=

cmi cmj =

m

amk bki

m

k

aml blj .

 

(6.37)

l

Promijenimo poredak sumacije ccT 

ij

=

bki blj

amk aml ,

 

(6.38)

m

kl

i iskoristimo uvjet ortogonalnosti matrice a matrice  a ccT 

ij

=

 

bki blj δ kl kl .

(6.39)

kl

Sumu po indeksu l  eliminiramo pomo´cu cu Kroneck Kroneckerov erovog og simbola i na kraju iskoristimo uvjet ortogonalnosti matrice b matrice  b

   ccT 

ij

=

k

 

bki bkj = bT b

ij

=  δ ij ij .

 

(6.40)

172

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Ukupna transformacija je zaista ortogonalna. Svaku Svaku rotaciju moˇzemo zemo rastaviti na viˇse se uzastopnih rotacija. Kompozicija rotacija nije komutativna komutativna ab =  ba,

 



(6.41)

ali jest asocijativna asocijativna operaci operacija ja (ab  = a ab))c =  a((bc bc)).

 

(6.42)

Ako transformacija a  prevodi sustav S  u S ′ , onda njezina inverzna transformacija vra´ vr a´ca ca su sust stav av S   S ′ u  S   S .. Iz uvjeta ortogonalnosti slijedi da je inverzna matrica jednaka transponiranoj trans poniranoj matri matrici ci   (6.43) aaT  = 1 = a−1 =  AT .

⇒

Uvjet ortogonalnosti fiksira vrijednost determinante ortogonalne matrice (1) = 1. 1. det(aaT ) =  det det(  det(1)

 

(6.44)

Determinanta produkta dvije matrice jednaka je produktu njihovih determinanti det(aaT ) =  det det(  det((a)det det((aT ).

 

(6.45)

Determinantaa transponirane matrice jednak Determinant jednakaa je determinan determinanti ti poˇcetne cetne matrice det(aaT ) = [det det( det((a)]2 .

 

(6.46)

Doˇsl slii sm smoo do za zakl kljuˇ juˇcka cka [det det((a)]2 = 1 =

⇒ det det((a) = ±1.

 

(6.47)

Moˇze ze se pokazati da rotacijama odgovara vrijednost +1.

6.1.3 6.1 .3

Primj Pri mjer: er: rotaci rotacije je u ra ravni vnini ni

Promatramo rotaciju sustava oko osi x osi  x 3  za kut φ kut  φ.. Elementi matrice rotacije  =  a11  =  e′1  =  a12  =  e′1  =  a21  =  e′2  =  a22  =  e′2  = a a13  =  a31  = a a23  =  a32 a33  = 1.

  · e  = cos φ · e  = cos(90 − φ) = sin φ · e  = cos(90 + φ) = − sin φ · e  = cos φ   1 2 1

0 0

2

=0 =0

 

   

(6.48) (6.49) (6.50) (6.51) (6.52) (6.53) (6.54)

173

6.1. OR ORTOGONA TOGONALNE LNE TRANSF TRANSFORMA ORMACIJE  CIJE 

x2

x′

2

x′1 φ e2 e′ 1 e′2 φ e1

x1

Slika 6.4: Rotacija oko osi x osi  x 3  za kut φ. Matrica rotacije oko osi x osi  x 3  je blok dijagonalna

 −  

cos φ sin φ 0 sin φ cos φ 0 0 0 1

a =

    .

 

(6.55)

Moˇzemo zemo se uvjeriti da je matrica  a  zaista ortogonalna aaT  =

 −

cos φ sin φ 0 sin φ cos φ 0 0 0 1

cos φ sin φ 0

− sin φ

0 0 1

cos φ 0

Neka su zadane dvije uzastopne rotacije

 =

1 0 0 0 1 0 0 0 1

•  rotacija za kut φ  oko osi x osi  x  opisana matricom b matricom  b  → S ′), x′ = b x (S  → 1

 

.   (6.56)

3

k



kj  j

 

(6.57)

 

(6.58)

 j

•  rotacija za kut φ  oko osi x osi  x  opisana matricom a matricom  a x′′ = a x′ (S ′ → S ′′ ). 2

3

i



ik k

k

Matrica ukupne rotacije c rotacije  c  (um  (umnoˇ noˇzak zak ma matr trica ica a  a  i  b  b))  = ab  = c =  ab =

=

 −

 −

cos φ2 sin φ2 0 sin φ2 cos φ2 0 0 0 1

  −

cos φ1 sin φ1 0 sin φ1 cos φ1 0 0 0 1

cos(φ1 + φ2 ) sin (φ cos(φ (φ1  + φ2 ) 0 sin(φ sin( ( φ1  + φ2 ) 0 φ1  + φ2 ) cos (φ 0 0 1

odgovara rotaciji oko osi x3  za kut φ kut  φ 1  + φ2 .

 

,

 

 

 

(6.59)

(6.60)

174

6.1.4

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Einstein Eins teinov ova a kon konve vencija ncija o sumaci sumaciji ji

Po indeksima indeksima koji se u izra izrazu zu ponav p onavljaju ljaju sumir sumiramo, amo, iako znak sume nije eksp eksplicit licitno no napisan. Primjer 1: sumiramo po indeksu k e′i  =



 = a  ⇐⇒  ⇐ ⇒ e′  =  a

aikek

k

i

 

ek ik

(6.61)

Primjer 2: sumiramo po indeksima i  i j (abc abc))mn =



 ⇐⇒  ⇐ ⇒ (abc abc))

ij

6.1.5 6.1 .5

 = a  ami bij c j jnn mn  =

ami bij c j jnn

 

(6.62)

Levi-C Lev i-Civi ivita ta sim simbol bol

Definicija Levi-Civita simbola glasi  = ǫ ǫ123  =  ǫ231 =  ǫ 312 = 1  = ǫ ǫ132  =  ǫ213 =  ǫ 321 = 1 ǫijk = 0 za sve ostale kombinacije

(6.63) (6.64) (6.65)

−

Koriˇstenjem Koriˇ stenjem Levi Levi-Civ -Civita ita sim simbola bola notac notacija ija postaje pregl pregledni ednija. ja. Kao prvi primj primjer er moˇzemo zemo po pokazati kazati da 3 3 determina determinantu ntu moˇzemo zemo napisa napisati ti pomo´cu cu Levi-Civita simbola a11 a12 a13   (6.66) D  = a21 a22 a23 = ǫijk a1i a2 j a3k . ijk a31 a23 a33

×

 

  

Da li doista reproduciramo reproduciramo form formulu ulu za dete determina rminantu ntu??  = ǫ D  =  ǫ123 a11 a22 a33 + ǫ231 a12 a23 a31 + ǫ312 a13 a21 a32 + ǫ213 a12 a21a33  + ǫ132 a11 a23 a32  + ǫ321 a13 a22 a31 =  a11 (  (a a22 a33 a23 a32 )  (a a12 ( a21 a33 a23 a31 ) + a13 (  (a   a21 a32 a22 a31 ) .

−

− − −

   

(6.67) (6.68) (6.69) (6.70) (6.71)

Formulu za z a vektors vekt orski ki pro produkt dukt takod¯er moˇzemo zemo nap napisa isati ti po pomo´ mo´cu cu Levi-C Le vi-Civit ivitaa simbo s imbola la

×  a

  b  =

ij

ǫijk ai b j .

 

(6.72)

175

6.1. OR ORTOGONA TOGONALNE LNE TRANSF TRANSFORMA ORMACIJE  CIJE 

Product Pro duct Kro Kroneckera neckera i Levi Levi-Civ -Civita ita simb simbola ola iˇsˇ sˇcezava cezava



δ ij ij ǫijk  = 0,

 

(6.73)

ij

 jer je δ  je  δ ij  sime metr triˇ iˇcan, ca n, a ǫijk  antisi  antisimetriˇ metriˇcan can s obzirom o bzirom na zamjenu za mjenu indeksa in deksa i  i,,  j  j.. Produkt ij  si dva Levi-Civita simbola ǫijk ǫlmn =  δ ilil δ  jm δ kn kn  + δ im im δ   jn δ kl kl  + δ in in δ   jl δ km km δ im δ ilil δ  jn δ km δ in im δ   jl δ kn kn km in δ   jm δ kl kl .

−

−

 

−

(6.74)

Iz produkta Levi-Civita simbola slijede neke korisne relacije



  −

ǫipq ǫ jpq  =

 pq

[δ ij ij δ   pp δ qq qq  + δ ip ip δ   pq δ qj qj  + δ iq iq δ   pj δ qp qp ]

 pq

[δ ip ip δ   pj δ qq qq  + δ ij ij δ   pq δ qp qp  + δ iq iq δ   pp δ qj qj ].

 

(6.75)

 pq

Izraˇcunamo cunamo sume u pretho prethodnom dnom izrazu



9 δ ij ǫipq ǫ jpq = 9δ  ij  + δ ij ij δ ij ij

 pq

− 3δ  − 3δ  − 3δ  ij ij

= 2δ  2 δ ij ij .

ij ij

ij ij

 

(6.76)

Sljede´ Slje de´ca ca koris korisna na rela relacija cija



  −

ǫijk ǫ pqk  =

k

[δ ip ip δ   jq δ kk kk  + δ iq iq δ   jk δ kp kp  + δ ik ik δ   jp δ kq kq ]

k

[δ iq iq δ   jp δ kk kk  + δ ip ip δ   jk δ kq kq  + δ ik ik δ   jq δ kp kp ]

k

+ 3δ  3δ ip ip δ   jq  + δ iq iq δ   jp  + δ iq iq δ   jp 3δ iq δ ip δ ip iq δ   jp ip δ   jq ip δ   jq =  δ ip δ iq ip δ   jq iq δ   jp .

−

− −

−

 

(6.77)

Zadnja relacija koju ´cemo cemo koristiti

 ijk

  −

ǫijk ǫijk =

[δ iiii δ  jj δ kk kk  + δ ij ij δ   jk δ ki ki  + δ ik ik δ   ji δ kj kj ]

ijk

[δ ij ij δ   ji δ kk kk  + δ ii ii δ   jk δ kj kj  + δ ik ik δ   jj δ ki ki ]

ijk

= 27 + 3 + 3

− 9 − 9 − 9 = 6.6 .

 

(6.78)

176

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Primjer Primj er 1: (a

×  b)

2

=

× ×        −  − − ·   b)k (a

(a

  b) k

 

(6.79)

k

=

mn

ij

k

=

am bn ǫmnk  =

ai b j ǫijk

ai am b j bn

ijmn

[ai b j am bn (  (δ  δ im im δ   jn



ǫijk ǫmnk

k

δ in in δ   jm )]



  (6.80) (6.81)

ijmn

=

[ai b j ai b j

(a   b) 2 .

 

  



=  a 2 b2 ai b j ai b j ] = a

(6.82)

ij

Primjer Primj er 2:

· ×  b) =

c (a

=

  

ck (a

k

i

6.2 6. 2

k

=

b j ck ǫijk ai  =

ijk

=

×  b)

ck ai b j ǫijk

ij

k

   

b j ck ǫ jk i ai

(6.83) (6.84)

ijk

(  b c)i ai  = a (  b c).

×

 

· ×

(6.85)

Kutn Ku tna a brz brzin ina a kru kruto tog g tij tijel ela a

U razmatranjima vezanim uz dinamiku gibanja krutog tijela koristit ´cemo cemo dva koordinatna sustava ne pomiˇ miˇcni cni sus sustav tav O •   nepo  O ′  s osima x′ ,  y ′ i  z ′ •  sustav vezan uz kruto tijelo  O  s osima x osima  x,,  y i  z    p Oz naˇˇcimo Ozna ci mo s R  pol oloˇ oˇzaj za j is isho hodiˇ diˇsta st a O  u nepo ne pomiˇ miˇcnom cno m sust s ustavu avu.. Polo Poloˇˇzaj za j pro p roizvo izvoljn ljnee toˇ to ˇcke cke  O u ′ ′  u sustavu O  o  ozn znaˇ aˇcimo ci mo s rn , a u sustavu O s  rn . Veza izmd¯u ¯u ta tri t ri vektora vektor a glasi g lasi P  u P    + rn . rn′  = R

 

(6.86)

Infinitezimalni pomak p omak tijela moˇzemo zemo rastaviti na translaciju i rotaciju. Translacijom  , dok infinitezimalnu rotaciju definiramo se sve toˇcke cke tijela poma pomaknu knu za isti iznos iznos d  d R   = dφφ  0 , pomo´cu cu osi rotacije i infinitezimalnog kuta rotacije. Uved Uvedemo emo vektor dφ usmjeren duˇz osi rotacije (koja prolazi kroz isho ishodiˇ diˇste ste O ) s iznosom jednakim kutu cemu smjer osi rotacije odr odred ed¯ujemo ¯ujemo pravilom desne ruke. Toˇcka cka P  dφ,, pri ˇcemu dφ P    se zbog

6.2.. 6.2

177

KUTNA KUT NA BRZINA BRZINA KRUTO KRUTOG G TIJELA TIJELA

Slika 6.5: Nepom Nepomiˇ iˇcni cni sustav sustav x  x ′ y ′ z ′  i sustav vezan uz kruto tijelo xyz .

Slika 6.6 6.6:: Pomak toˇcke cke P   nakon infinitezimalne rotacije za kut dφ P  nakon dφ..  0  za iznos rotacije pomakne okomito na os φ  = rn sin θdφ θdφ =

 

 = d  d φ rot,n  =

⇒ dr

 

× r . n

(6.87)

Ukupni pomak p omak ˇcestice cestice je zbroj translatornog i rotacionog doprinosa     + dφ  = d drn′  =  d R Koristi Kor istimo mo slje sljede´ de´ce ce ozna oznake ke

× r . n

 

(6.88)

178

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

b rzin inaa toˇcke cke  P   u odnosu na O na  O ′ : v ′ •   brz  P  u

n

 

•   kutna brzina krutog tijela: Ω  = ddtφ

 

•   translatorna brzina krutog tijela: V   = ddtR Podijelimo jedn. (6.88 (6.88)) s  dt   +    Ω vn′  = V 

 

× r . n

(6.89)

Toˇcka P  Toˇ cna u odnosu na O  jer je dio krutog tijela odaberimo sada za P    je nepomiˇcna ishodiˇ isho diˇste ste sustava vezanog uz tijelo neku drugu toˇcku O cku  O a  tako da vrijedi  =  rn  =  rn,a + a. a.

 

(6.90)

Uvrstimo relaciju (6.90 (6.90)) u jedn. (6.89 (6.89))   +   Ω vn′  = V 

× a +  Ω × r

 

n,a .

(6.91)

Da smo krenuli direktno od sustava  O ′ i Oa  dobili bi  a  +    Ωa vn′  = V 

 

× r

n,a .

(6.92)

Usporedbo Uspo redbom m zadnje dvije jednadˇzbe zbe dolazim dolazimoo do zakljuˇcka cka  a  = V    +    Ω V   a  =    Ω Ω.

 

× a,a,

(6.93)

 

(6.94)

Kutna brzina ne ovisi o izboru koordinatnog sustava vezanog uz tijelo, dok translatorna brzina ovisi o tom izboru. Primjer 1: sustav dva ˇstapa stapa duljine duljine l l Promatramo Promatr amo dva ˇstapa stapa duljine l   koji se njiˇsu su u ravnini xy stapa je xy.. Kraj gornjeg ˇstapa fiksiran u isho ishodiˇ diˇstu stu nepom nepomiˇ iˇcnog cnog sustava. Isho Ishodiˇ diˇste ste pomiˇcnog cnog sustava smjestimo u centar mase donjeg ˇstapa. stapa. Direktnim raˇcunom cunom ˇzelim zelim pokazati da je kutna brzina ˙ donje do njegg ˇstap st apaa φ. Ko Koordi ordinat natee toˇcke A cke  A  u nepo nepomiˇ miˇcnom cnom sustavu glase  = l l sin θ , x′A  =

yA′  =

−l cos θ ,

z A′  = 0.

 

(6.95)

Kompo Kom ponente nente brzi brzine ne toˇcke cke A  u nep nepomiˇ omiˇcnom cnom sust sustavu avu ˙  = l l cos θθ˙ i y˙ A′  =  = l l sin θθ. x˙ ′A  =

 

(6.96)

6.2.. 6.2

179

KUTNA KUT NA BRZINA BRZINA KRUTO KRUTOG G TIJELA TIJELA

y ′ O′ x′ l θ y

A φ

c.m. B x

Slika 6.7: Sustav dva ˇstapa. stapa. Kra Krajj gornjeg ˇstapa stapa je fiksiran u isho ishodiˇ diˇstu stu nepom nepomiˇ iˇcnog cnog sustava, sust ava, dok je ish ishod odiˇ iˇste ste po pomiˇ miˇcnog cnog sust sustava ava smjeˇ s mjeˇsteno sten o u centru mas masee don donjeg jeg ˇstap stapa. a. Koordinate Koo rdinate centra mase ma se u nepo nepomiˇ miˇcnom cnom sustavu l  = l l sin θ +  sin φ x′c.m.  = 2 ′  = l cos θ l  cos φ yc.m. 2 ′ z c.m.  = 0.

−

 

(6.97)  

−

(6.98)

 

(6.99)

Komponente Komp onente brzine b rzine centra mase ma se u nepo nepomiˇ miˇcnom cnom sustavu l  ˙  = l l cos θθ˙ +  cos φφ x˙ ′c.m.  = 2 l ′  =  ˙  = l l sin θθ˙ +  sin φφ. y˙ c.m. 2

 

(6.100)

 

(6.101)

Brzi Br zina na toˇcke cke A  dana je jedn. (6.89 ( 6.89)) Ω vA′  =    V  +  

 

× r

A.

(6.102)

   zapravo brzina centra Isho diˇste Ishodiˇ ste pomiˇcnog cnog sustava nalazi n alazi se u centru mase pa je V  V   mase ma se.. Pp Ppol oloˇ oˇzaj za j toˇ t oˇcke A cke  A  u odno o dnosu su na isho ishodiˇ diˇste ste po pomiˇ miˇcnog cno g sust sustava ava rA  = (xA =

A  =

⇒ r

 ′  + (y ( yA

c.m. ) i

−x

−y

 ′ ,

c.m. ) j

− 2l  sin φ i′ + 2l  cos φ j ′.

   

(6.103) (6.104)

180

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

ˇ Stap se njiˇse se u ravnini pa samo z   komponenta onenta kutne brzine moˇze ze biti razliˇcita cita od z  komp nule   × rA  = Ω  Ω k′ × lΩ = 2

−

−

l l  sin φ  i′  +  cos φ j ′ 2 2

sin φ j ′

−



cos φ  i′ .

Brzina Brzi na isho ishodiˇ diˇsta sta po pomiˇ miˇcnog cnog sust sustava ava

′  j ′   = x˙ ′c.m.  V  i′  + y˙ c.m. φ˙ ˙ =  l cos θθ +  cos φ   i′  + l sin θθ˙ + 2



Brzi Br zina na to toˇˇcke cke A



 

 

(6.105)



φ˙  sin φ  j ′ . 2

 = l l cos θθ˙  vA′  = x˙ A  i′  + y˙ A j ′  = i′  + l sin θθ˙ j ′

 

 

(6.106)

(6.107)

Izjednaˇcimo cimo komponente u jedn. jed n. (6.102 6.102))

•  izrazi uz  i′ l  ˙  = l l cos θθ˙ +  cos φφ l cos θθ˙  = 2 ˙ = Ω=φ

− l2Ω cos φ  

⇒

(6.108)

•  izrazi uz   j ′  daju isti rezultat l  ˙  = l l sin θθ˙ +  sin φφ l sin θθ˙  = 2 ˙ = Ω=φ

− l lΩ2Ω sin φ

⇒

 

(6.109)

Centar mase donjeg ˇstapa stapa giba se brzinom   =  l V 



 

φ˙ cos θθ˙ +  cos φ   i′  + l sin θθ˙ + 2



φ˙  sin φ  j ′ , 2

 

(6.110)

dok ˇstap stap istovreme istovremeno no rotira oko centra mase kutnom brzinom φ˙ . Primjer Primj er 2: Promatramo Promatr amo isti sustav, ali sad isho ishodiˇ diˇste ste pomiˇcnog cnog sustava smjestimo u toˇcku cku A. Brzina centra mase dana je izrazom (6.89 ( 6.89))

′  = V    +    Ω vc.m.

× r

c.m. .

 

(6.111)

6.2.. 6.2

181

KUTNA KUT NA BRZINA BRZINA KRUTO KRUTOG G TIJELA TIJELA

y ′ O′

y

x′

l θ A φ

c.m. B x

Slika 6.8: Sustav dva ˇstapa. stapa. Kra Krajj gornjeg ˇstapa stapa je fiksiran u isho ishodiˇ diˇstu stu nepom nepomiˇ iˇcnog cnog sustava, sust ava, dok je ish ishod odiˇ iˇste ste po pomiˇ miˇcnog cnog sust sustava ava smjeˇsteno sten o na sp spoo jnic jnicii ˇstapova. sta pova.    brz Isho diˇste Ishodiˇ ste po pomiˇ miˇcnog cnog sust sustava ava nal nalazi azi se u toˇcki cki A   pa je V  brzin inaa toˇcke cke A. Poloˇzaj za j V   centra mase u odn odnosu osu na isho ishodiˇ diˇste ste pom pomiˇ iˇcnog cnog sustava ( yc.m. rc.m.  = (xc.m. xA )  i′  + (y l l =  sin φ   cos φ j ′ . i′ 2 2

−

 ′

A ) j

−y

 

−

(6.112)

ˇ Stap se njiˇse se u ravnini pa samo z  komponenta   komp onenta kutne brzine moˇze ze biti razliˇcita cita od nule l l   rc.m.  = Ω  Ω  sin φ   cos φ j ′ k′ i′ 2 2 lΩ = sin φ j ′ cos φ    (6.113) i′ . 2 Brzina Brzi na isho ishodiˇ diˇsta sta po pomiˇ miˇcnog cnog sust sustava ava

×

 × 



−



  = x˙ ′A   = l l cos θθ˙  V  i′  + y˙ A′  j ′  = i′ + l sin θθ˙ j ′ .

 

(6.114)

Brzina centra mase

′  j ′ vc.m.  = x˙ ′c.m.  i′  + y˙ c.m. φ˙ ˙ =  l cos θθ +  cos φ   i′ 2

 

 

φ˙ + l sin θθ˙ +  sin φ  j ′ . 2

 

(6.115)  

(6.116)

 

(6.117)

Izjednaˇcimo cimo komponente u jedn. jed n. (6.111 6.111)) i uspo usporedimo redimo izraze uz jediniˇ jed iniˇcne cne vektore

182

POGLAVLJE 6.

•   komponenta uz  i′



KRUTO KRU TO TIJELO 



Ω φ˙  l lΩ ˙  =  l cos θθ˙ + cos θ l cos θθ +  cos φ  = l 2 2 = Ω = φ˙

 

⇒

•   komponenta uz   j ′



(6.118)



Ω φ˙  l lΩ ˙  =  l sin θθ˙ + sin θ l sin θθ +  sin φ  = l 2 2 = Ω = φ˙

 

⇒

(6.119)

Kraj donjeg ˇstapa stapa giba se brzinom   =  l cos θθ˙  V  i′ + l sin θθ˙ j ′ ,

 

(6.120)

dok ˇstap stap istovreme istovremeno no rotira oko tog kraja kutnom brzinom φ˙ . Ov Ovaa dva dva primjer primjeraa ilustri ilu strira raju ju ˇcinjenicu cinj enicu da brzi brzina na tra transla nslacije cije isho ishodiˇ diˇsta sta po pomiˇ miˇcnog cnog sust sustava ava ovisi ovis i o po poloˇ loˇzaju za ju njegovog njeg ovog ishod ish odiˇ iˇsta, sta , dok do k kutna kutn a brzina brzi na rotaci ro tacije je krutog krut og tijela ti jela ne n e ovisi o poloˇ p oloˇzaju za ju isho is hodiˇ diˇsta sta p om omiˇ iˇcnog cno g sust s ustava. ava.

6.3 6. 3

Eule Eu lero rovi vi ku kute tevi vi

Devet elemenata matrice transformacije aij  ne moˇzemo zemo koristiti kao generalizira gen eralizirane ne T  koordinate koordi nate jer nisu neza nezavisn visni. i. Uvje Uvjett ortogon ortogonalnost alnostii matri matrice ce aa = 1 vodi na ˇsest sest linearnih linearn ih jednadˇ j ednadˇzbi zbi pa p a od o d devet koeficijena koeficijenata ta a  aij  preostaju samo tri nezavisna. Jedan mogu´ci ci izbo izborr za paramet parametrizaciju rizaciju matrice transfo transformacije rmacije ˇcine cine tri Eulerova kuta kut a φ, θ i ψ. Ukupnu rotaciju napisat ´cemo cemo kao kompoziju tri elementarne rotacije zadane matricama B matricama  B ,  C  i  D  D.. Matrica transformacije jednaka je produktu tri matrice  = BCD. a  =  BCD.

 

(6.121)

Nep omiˇ Nepom iˇcni cni sus sustav tav S ′  transfo  transformiramo rmiramo u prvi p rvi pomo´cni cni sustav sustav S   transformacijom D  S 1  transformacijom  D,, zatim sustav S 1   transformiramo u drugi pomo´cni cni sustav S 2   transformacijom C  i konaˇ kon aˇcno cno sus sustav tav S 2  transf  transformiram ormiramoo u konaˇcni cni rotiran rotiranii sustav S  transformacijom   transformacijom B . Koris Ko risti titt ´cemo cem o slj sljede´ ede´ce ce oz ozna nake ke nep omiˇ iˇcni cni sus sustav: tav: x′ ,  y ′ ,  z ′ •   nepom •  rotirani sustav: x,  y y,,  z 

6.3.. 6.3

183

EULER EUL EROV OVII KUTEVI  KUTEVI 

pomo´ mo´cni cni sust sustav: av: x , y ,  z  • prvi po •  d drug rugii pomo´ p omo´cni cni sust sustav: av: x ,  y , z  1

1

2

1

2

2

Prva transformacija: rotacija za kut φ  oko osi z ′   nepom nep omiˇ iˇcnog cno g sus sustava tava S ′ Osi z ′ i z 1 y′

z ′ , z 1

y1 x1 φ

y1 y′ φ x′

 ′  j

 1  j

  i1

φ x′

  i′

x1

Slikaa 6. Slik 6.9: 9: Rota Rotaci cija ja ok okoo os osii z ′ nepomiˇ nep omiˇcnog cnog sust sustava ava za kut kut φ  φ..

Slikaa 6. Slik 6.10: 10: Pr Proje ojek kci cija ja ro rota taci cije je ′ oko osi z  osi  z   nep  nepomiˇ omiˇcnog cnog sust sustava ava na na ′ ′ ravninu x y .

se poklapa poklapaju ju jer poˇ p oˇcetni cetni sustav rotiramo oko osi z ′  Jediniˇ  Jed iniˇcni cni vektori u dva sustava vezani su sljede´cim cim relacija relacijama ma    coss (9 (9000 i1  = (  i1   i′ )  i′  + (  i1  j ′ ) j ′  =   i′ cos φ +  j ′ co =     i′ cos φ + j ′ sin φ

·

·

− φ)

 coss (9 (9000 + φ) +  j ′ cos φ  j 1  = ( j 1   i′ )  i′  + ( j 1  j ′ ) j ′  =   i′ co =     i′ sin φ + j ′ cos φ.

−

·

·

(6.122) (6.123)  

(6.124) (6.125)

Jed iniˇˇcni Jedini cni vekt vektor or    Ukupnaa tra transf nsforork ′   se ne mijenja jer sustav rotiramo oko osi z ′ . Ukupn macija glasi     i1 i′ cos φ sin φ 0 sin φ cos φ 0   (6.126) .  j 1  =  j ′     0 0 1 k1 k′

    −  −

Prva matrica transformacije

D  =

cos φ sin φ 0 sin φ cos φ 0 0 0 1

      .

 

(6.127)

Druga transf transformac ormacija: ija: rotac rotacija ija za kut θ   oko osi x1   pomo´ po mo´cnog cno g su susta stava va S 1 Osi x1 i

184

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

z 1

z ′ , z 1

z 2

z 2 θ

y2

y2 θ

y1 y′ x′

  k2

  k1    j2

θ y1

 1  j

x1 , x2

Slika 6.12: Projekcija rotacije oko osi x1   pomo´ p omo´cnog cnog sust sustava ava S 1 na ravninu y ravninu  y 1 z 1 .

Slikaa 6. Slik 6.11: 11: Ro Rota taci cija ja oko os osii x1 p om omo´ o´cnog cno g sus sustava tava S  kut  θ..  S 1  za kut θ

cni vektori u dva sustava x2  se poklapaju jer sustav S 1  rotiramo oko osi x1 . Jediniˇcni vezani su sljede´cim cim relacijam relacijamaa  j 2  = ( j 2  j 1 ) j 1  + ( j 2   k1 )  k1 =  j 1 cos θ +   (9000 θ) k1 cos (9 =  j 1 cos θ +   k1 sin θ

·

·

−

(6.128)  

(6.129)

  k2  = (  k2  j 1 ) j 1  + (  k2   k1 )  k1 =  j 1 co  coss (9 (9000 + θ) +   k1 cos θ

·

·

=  j 1 sin θ +   k1 cos θ

   

−

(6.130) (6.131)

Jed iniˇ Jedin iˇcni cni vekt vektor or   Ukupna na transfortransfori1  se ne mijenja jer sustav rotiramo oko osi x1 . Ukup macijaa glasi macij     i2 i1 1 0 0  2  = 0 cos θ sin θ   (6.132) .  j  j 1     0 sin θ cos θ k2 k1

   

   

−

Druga matrica transformacije

C  =

 

1 0 0

0 0 cos θ sin θ sin θ cos θ

−

 

.

 

(6.133)

Tre´ca ca transfo transformacija rmacija:: rotacija za kut  ψ  oko osi z  osi  z 2  p  pom omo´ o´cnog cno g su susta stava va S   Osi z   ψ oko  S 2  Osi  z 2  i  z  se poklapaju jer sustav S 2  rotiramo oko osi z  osi  z 2 . Jediniˇcni cni vektori u dva d va sustava vezani

6.3.. 6.3

185

EULER EUL EROV OVII KUTEVI  KUTEVI 

y2

z ′ , z 1

y

z 2 , z  y

x

y2 ψ

y1

 2  j

y′

   j

x

ψ

ψ x2

  i2

x1 , x2

x′

  i

Slikaa 6. Slik 6.13: 13: Rot Rotac acij ijaa ok okoo os osii z 2 pomo´ po mo´cnog cno g su susta stava va S 2  za kut ψ kut  ψ..

Slika 6.14: Projekcija rotacije oko osi z 2   pomo´ p omo´cnog cnog sust sustava ava S 2 na ravninu x2 y2 .

su slje sljede´ de´cim cim rela relacija cijama ma

  (9000 i  = (  i   i2 )  i2  + (  i  j 2 ) j 2 =   i2 cos ψ +  j 2 cos (9 =     i2 cos ψ +  j 2 sin ψ

·

·

− ψ)

(6.134) (6.135)

(9000 + ψ) +  j 2 cos ψ  j  = ( j     j = i2 )  i2  + ( j   j 2 ) j 2  =   i2 cos (9 =     i2 sin ψ +  j 2 cos ψ

−

·

 

·

(6.136) (6.137)

Jed iniˇˇcni Jedini cni vekt vektor or    Ukupna na transtransk2  se ne mijenja jer sustav S 2  rotiramo oko osi z 2 . Ukup formacija glasi

     −   i  j    k

cos ψ sin ψ 0 sin ψ cos ψ 0 0 0 1

 =

      i2  j 2   k2

 

.

(6.138)

Tre´ca ca matrica transfor transformacije macije glasi

B  =

 −

cos ψ sin ψ 0 sin ψ cos ψ 0 0 0 1

 

.

 

(6.139)

186

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Mnoˇˇzenje Mno zen je ma matri trica ca B transformaciju  A  =  = B  B ,  C  i D  daje ukupnu transformaciju A  BC C D.   i  = (cos φ cos ψ

− sin φ cos θ sin ψ) i′

+ (sin φ cos ψ + cos φ cos θ sin ψ) j ′ + sin θ sin ψ    k′ ,

(6.140)

 j  =

− (cos φ sin ψ + sin φ cos θ cos ψ) i′ + (− sin φ sin ψ + cos φ cos θ cos ψ) j ′

+ sin θ cos ψ    k′ ,   k  = sin φ sin θ  i′ cos φ sin θ j ′  + cos θ  k′ .

(6.141)  

−

(6.142)

Inverznu transformaciju dobijemo transponiranjem matrice A   i′  = (cos φ cos ψ

− sin φ cos θ sin ψ) i

− (cos φ sin ψ + sin φ cos θ cos ψ) j  + sin φ sin θ  k,

(6.143)

  + ( sin φ sin ψ + cos φ cos θ cos ψ ) j cos φ sin θ    k,

(6.144)

   j ′  = (sin φ cos ψ + cos φ cos θ sin ψ)  i

−

−

    + cos θ  k ′  = sin θ sin ψ  i + sin θ cos ψ j  j + k.

6.3.1 6.3 .1

 

(6.145)

Kutna Ku tna brz brzina ina i Euler Eulero ovi kute kutevi vi

Kutna brzina ima tri doprinosa

•  rotacija oko osi   k′  brzinom φ˙ •  rotacija oko osi  i  brzinom θ˙ •  rotacija oko osi   k  brzinom ψ˙ 1

Vektor kutne brzine moˇzemo zemo napisati kao zbroj zbro j ta tri vekt vektora ora   = φ˙  Ω k ′  + θ˙  i1  + ψ˙   k.

 

(6.146)

Prvo raˇ r aˇcunamo cunamo komponente kutne brzine u bazi b azi nepo nepomiˇ miˇcnog cnog sustava. Izraz (6.146 6.146)) moramo svesti na oblik   = Ωx′  Ω   (6.147) i′  + Ω y′ j ′  + Ω z′  k′ .

6.3.. 6.3

187

EULER EUL EROV OVII KUTEVI  KUTEVI 

Ra spiˇsemo Raspiˇ sem o jed jediniˇ iniˇcne cne vekt vektor oree   po mo´cu cu jed jedin iniˇ iˇcnih cni h vekt vektor oraa nep nepom omiˇ iˇcnog cno g sus sustava tava i1 i    k   pomo´ ′ ′ ′   i ,    j i    k . Iz prethodnih razmatranja znamo     i1  =   i′ cos φ + j ′ sin φ   k  = sin φ sin θ  i′ cos φsinθ j ′  + cos θ  k′.

(6.148)  

−

(6.149)

Kutna brzina





  = φ˙   Ω k ′ + θ˙   i′ cos φ +  j ′ sin φ + ψ˙ sin φ sin θ  i′ − cos φsinθ j ′ + cos θ  k′

  



 

= θ˙ cos φ + ψ˙ sin θ sin φ   i′ + θ˙ sin φ

− ψ˙ sin θ cos φ



+ φ˙  + ψ˙ cos θ   k′ .



 j ′  

(6.150)

Komponente kutne brzine u fiksnom sustavu Ωx′ = θ˙ cos φ + ψ˙ sin θ sin φ, Ωy′ = θ˙ sin φ ψ˙ sin θ cos φ,

−

Ωz ′ = φ˙  + ψ˙ cos θ.

 

(6.151)

 

(6.152)

 

(6.153)

Koriste´ ci matricu rotacije kutnu brzinu Ω moˇzemo ci zemo transformirati u bazu sustav sustavaa vezanog uz tijelo

  

 

  = φ˙ sin θ sin ψ + θ˙ cos ψ   Ω i + φ˙ sin θ cos ψ

− θ˙ sin ψ



+ φ˙ cos θ + ψ˙   k.

 j   

(6.154)

Kompnente kutne brzine u pomiˇ p omiˇcnom cnom sustavu Ωx  = φ˙ sin θ sin ψ + θ˙ cos ψ, Ωy = φ˙ sin θ cos ψ θ˙ sin ψ, ˙ Ωz = φ˙ cos θ + ψ.

−

 

 

(6.155)

 

(6.156) (6.157)

188

6.4 6. 4 6.4.1

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Ten enzo zorr in iner erci cije je Kinetiˇ Kineti ˇ cka energija krutog tijela cka tijela

Promatr amo kruto tijelo sastavljeno od toˇckastih Promatramo ckastih ˇcestica. cestica. Masu Masu n -tee ˇcest cestic icee ozna oz naˇˇcimo ci mo  n-t s  m n , a njezin vektor poloˇzaja zaj a s  s  rn . Zbro Zbrojj kinetiˇckih ckih energija svih po jedinih ˇcestica cestica daje da je ukupnu ukup nu kinetiˇcku cku energiju krutog tijela T  =

  n

mn      V  + Ω 2

× r

n



2

 

.

(6.158)

Svojstva tromosti krutog tijela najjednostavnije opisujemo u sustavu s ishodiˇstem stem ′ ′ ′ u ce cent ntru ru mase kru krutog tog tijela. tijela. Nek Nekaa je x y z    nepomiˇ nep omiˇcni cni sust sustav, av, a xyz  xyz    sustav vezan uz kruto tijelo s isho ishodiˇ diˇstem stem u toˇcki cki O . Definiramo koordinatni sustav ˇcije cije su osi paralelne osima sustava xyz , a ishodiˇ isho diˇste ste mu se nalazi u centru mase krutog tijela. Oznaˇ Oz naˇcimo ci mo s a   poloˇzaj zaj centra mase u odn odnosu osu na toˇcku cku O . Vez ezu u vekto vektora ra rn i ρ n

Slika 6.15: Nepomiˇcni cni sustav x′ y ′z ′ , sustav vezan uz kruto tijelo xyz  xyz    i sustav s ishodiˇ isho diˇstem stem u centru mase krutog tijela. moˇzemo zem o pro proˇˇcitat cit atii sa sl sl..  6.15  =   rn  =    ρn  + a. a.

 

(6.159)

Uvrstimo jedn. (6.159 (6.159)) u izraz za kinetiˇcku cku energiju T  =

  n

mn      V  + Ω 2

× (ρ   + a) n



2

.

 

(6.160)

6.4.. 6.4

189

TENZOR TEN ZOR INER INERCIJ CIJE  E 

Kvadriran Kvadri ranjem jem dol dolazi azimo mo do ˇsest sest ˇclanova clan ova

T  =

       n

=

n

+

n

+

n

+



mn      V  + Ω 2 mn   2 V  2 a

mn   Ω 2

ρ n

2

a

  mn V 

  Ω

ρ n

n

a

(6.163)

2

  Ω

  mn Ω

(6.161) (6.162)

  mn V 

n

+

n

2

× ×  · · ×   · · ×   × · × 

mn   Ω 2

n

+

× a +  Ω × ρ 



  Ω

(6.164)  

(6.165)  

(6.166)  

ρ n .

(6.167)

Promotrimo Promotri mo po jedine ˇclanove clanove uzima uzi maju´ ju´ci ci u obzir o bzir ukupnu masu krutog tijela



 

mn

 ≡ µ.

n

(6.168)

Prvi ˇclan, clan , jedn. j edn. (6.162 6.162))

 n

1   2 1  2 mn V  = µV  . 2 2

 

(6.169)

Drugi ˇclan, clan, jedn. (6.163 6.163))

 × × n

mn   Ω 2

a

2

1   = µ Ω 2

a

2

.

 

(6.170)

190

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Tre´ci ci ˇclan cl an,, je jedn dn.. (6.164 6.164))

 ×   ×   ×          −  −   −        −  ⇒ ×   · ·  ×   · ·  ×    Ω

ρ n

2

  Ω

=

ρ n

k

k

=

  Ω

ρ n

Ωi ρn,j ǫijk

Ω p ρn,q ǫ pqk

=

Ωi Ω p ρn,j ρn,q

ijpq

=

 

(6.172)

 pq

ij

k

(6.171)

k

 

ǫijk ǫ pqk

(6.173)

k

Ωi Ω p ρn,j ρn,q (  (δ  δ ip ip δ   jq

δ iq iq δ   jp )

(6.174)

ijpq

Ω2i ρ 2n

=

i

Ωi Ω j ρn,j ρn,i

 

(6.175)

ρn,i ρn,j .

 

(6.176)

ij

Ωi Ω j δ ij  2n ij ρ

=

ij

=

n

mn   Ω 2

ρ n

2

=

n

mn 2

Ωi Ω j δ ij  2n ij ρ

 

ρn,i ρn,j

(6.177)

ij

ˇ Cetvrti ˇclan, clan, jedn. (6.165 6.165))

  mn V 

  Ω

   = µ a  =  µ V 

  Ω

 

a .

(6.178)

n

Peti ˇclan, clan , jedn. j edn. (6.166 6.166))

  · ·  ×   · ·  ×     mn V 

  Ω

  ρ n  = V 

  Ω

mn   ρn  = 0.

n

 

(6.179)

n

ˇ Sesti ˇclan, clan, jedn. (6.167 6.167))

  × · ×   × · ×    mn Ω

a

  Ω

  ρ n  = Ω

a

  Ω

n

mn ρ n  = 0.

 

(6.180)

n

U peto petom m i ˇsestom sestom ˇclanu clanu smo iskorstili definiciju centra mase



mn ρ n  = 0.

 

(6.181)

n

Korisnoo je primjetit Korisn primjetitii da drugi ˇclan clan moˇzemo zemo napisa napisati ti i u sljede´cem cem obliku

×  

µ   Ω 2

a

2

=

µ 2

Ωi Ω j δ ij a2 ij

ij

−aa

i  j



.

 

(6.182)

6.4.. 6.4

191

TENZOR TEN ZOR INER INERCIJ CIJE  E 

Kinetiˇcka cka energija krutog tijela 1   2 T  = µV  2   Ω   a + µV     µ + Ωi Ω j δ ij a2 ai a j ij 2 ij mn + Ωi Ω j δ ij ρ2n ρn,i ρn,j . ij   2 ij n

(6.183)

 · · ×    −     − 

6.4.2 6.4 .2

(6.184)  

(6.185)  

(6.186)

Defini De finicij cija a ten tenzor zora a trom tromost ostii

Skup od devet veliˇcina cina definirani definiranih h kao I ij ij

 ≡

 

mn rn2 δ ij ij

n



−r

 

n,i rn,j ,

(6.187)

zovemo tenzor tromost tromostii krutog kruto g tijela tijel a s obzirom o bzirom na toˇcku O cku  O.. Prvo moramo provjeriti da li se veliˇcine cine I ij ij   s obzirom na rotacije doista transformiraju kao komponente tenzora. Rotacija je definirana matricom ortognalne transformacije r ′  = i



 

aik rk .

(6.188)

k

Tenzor inercije u transformiranom sustavu glasi I ij′ =

 

mn rn′2 δ ij ij

n

− r′



′ n,i rn,j .

Duljina vektora je invarijantna na rotacije pa vrijedi rn′2 = rn2 .

 

(6.189)

 

(6.190)

Promotrimo Promotri mo drugi ˇclan clan u tenzoru

′ r′ = rn,i n,j

   aik rn,k

k

=

 

a jl rn,l

(6.191)

l

aik a jl rn,k rn,l .

 

(6.192)

kl

Iskoristimo uvjet ortogonalnosti matrice a matrice  a

 k

aik a jk =  δ ij ij =

⇒

 kl

aik a jl δ kl kl =  δ ij ij .

 

(6.193)

192

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Jednaˇ Jedn aˇzbu zbu tra transfo nsforma rmacije cije tenz tenzora ora moˇzemo zemo nap napisa isati ti kao I ij′ =

   −    −   rn2 aik a jl δ kl kl

mn

n

 

aik a jl rn,k rn,l .

kl

(6.194)

kl

Promjenimo poredak sumacija I ij′ =

mn rn2

aik a jl

(6.195)

n

kl

I ij′ =

 

rn,k rn,l

 

aik a jl I kl kl .

(6.196)

kl

Veliˇcine I ij Vel ij  se, s obzirom na rotacije, transformiraju kao produkti komponenti vektora pa se doista radi o tenzoru ranga 2.

6.4.3 6.4 .3

Steine Ste inero rov v te teore orem m

Steinerov Steinero v teore teorem m kor koristim istimoo da bi pov povezal ezalii elem elemen ente te tenz tenzora ora tromos tromosti ti defin definiranog iranog s obzirom na centar mase i elemente tenzora tromosti definiranog s obzirom na proi pr oizvol zvoljnu jnu toˇcku cku  O cku O  O.. Polazimo od tenzora definiranog s obzirom na toˇcku O

  −   − − − ·   − −  − −   mn rn2 δ ij ij

I ij ij =

 

rn,i rn,j .

(6.197)

n

Iskoristimo relaciju  relaciju  rn  =  =      ρn  + a I ij ij =

   ·     mn

2 ρ n a + a2 δ ij ρ 2n  + 2  ij

n

= 2a

mn ρ n δ ij ij

n

+

mn ρ 2n δ ij ij

n

+

mn a2 δ ij ij

n

a j

ρn,i ρn,j

mn ρn,i

ai

n

ρn,i a j

ai ρn,j

−aa

i  j

 

mn ρn,j



  (6.198) (6.199)

n

 

ρn,i ρn,j

(6.200)

 

ai a j .

(6.201)

Prvaa tri ˇclana Prv clana propadaju zbog definicije centra mase mn ρ n  = 0.

 

(6.202)

n

ˇ Cetvrti ˇclan clan predstav predstavlja lja definiciju tenzora inercije s obzirom na centar mase, dok u zadnjem ˇclanu sumacija suma cija po svim ˇcesticama cesticama da daje je ukupnu masu krutog kr utog tijela. Dakle, Steinero Stein erov v teore teorem m (teor (teorem em o parale paralelnim lnim osima) glasi



c.m. + µ a2 δ ij I ij ij =  I ij ij

−aa

i  j



.

 

(6.203)

6.4.. 6.4

193

TENZOR TEN ZOR INER INERCIJ CIJE  E 

Kinetiˇcku cku energiju krutog tijela moˇzemo zemo napisa napisati ti kao

 · · ×  

1   2   + µV  T  = µV  2

  Ω

a +

 1 2

I i I  j Ωi Ω j .

 

(6.204)

ij

Prvi ˇclan clan po potjeˇ tjeˇce ce od o d tran t ransla slacije, cije, tre´ci ci od rota rotacije, cije, dok je drug drugii ˇclan cla n mjeˇ m jeˇsovit. sovit . Jedn Jedn.. ( 6.204 6.204)) se po p o jednostavljuj jednostavljujee u dva sluˇcaja: ca ja:

•  os rotacije prolazi kroz centar mase:

Vektor a  nesta  nestaje, je, a za jedn jednoo s njim n jim i mjeˇ mj eˇsoviti sovit i ˇclan cla n u kinetiˇ ki netiˇckoj cko j energi en ergiji. ji. Tran ransslatorni i rotacioni doprinosi su separirani tj. kinetiˇ cka energija je suma energije cka translacije i rotacije.

toˇcka O  miruje: •   to

U jedn. (6.204 (6.204)) preostaje samo zadnji ˇclan. clan. Kinetiˇ cka energija se svodi na cka energiju rotacije.

6.4.4 6.4 .4

Svojstv Sv ojstva a ten tenzor zora a trom tromost ostii

Promotrimo pojedine elemente tenzora tromosti I ij ij =

 

mn rn2 δ ij ij



−r

 

n,i rn,j .

n

(6.205)

U dijagonalnim elementima Kroneckerov simbol daje vrijednost 1

 

mn rn2

I iiii  =

2 n,i

−r

n



.

 

(6.206)

Pojedini dijagonalni elementi glase I xx xx  =

     

mn x2n +

yn2  +

z n2

n

I yy yy =

mn x2n + yn2  + z n2

n

I zz zz =

mn x2n + yn2  + z n2

n

−

        

x2n

 =

mn yn2  + z n2 ,

 

(6.207)

mn x2n  + z n2 ,

 

(6.208)

mn x2n  + yn2 ,

 

(6.209)

n

2 n

−y

2 n

− z 

 =

n

 =

n

(6.210)

i uvijek su pozitivni. U nedijagonalnim elementima Kroneckerov simbol nestaje I ij ij =

−

 n

mn rn,i rn,j .

 

(6.211)

194

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Pojedini nedijagonalni elementi glase I xy xy =  I yx yx  =

 −  −  −

mn xn yn ,

 

(6.212)

mn z n yn ,

 

(6.213)

mn xn z n ,

 

(6.214)

n

I yz yz =  I zy zy  =

n

I xz xz =  I zx zx  =

n

i mogu bit bitii pozi pozitiv tivni ni ili neg negati ativni vni.. Tenz enzor or simetriˇ sim etriˇcne cne mat matrice rice.. I xx xx I xy xy I xy I  = xy I yy yy I xz xz I yz yz

tromos tro mosti ti mo moˇˇzemo zemo nap napisa isati ti u obl obliku iku

 

 

I xz xz I yz yz I zz zz

 

.

(6.215)

Ako tijelo moˇzemo zemo tretirati kao kontinuiranu kontinuiranu raspodjelu masu, sumacija po toˇckastim ckastim masama mas ama prelazi u integraciju integra ciju po volumenu

 · · · →  · · ·    −  3

 → ρ (r) d r

mn

i

d3 r,

 

(6.216)

n

gdje ρ gdje cava gusto´ gu sto´cu cu krutog tijela. Tenzor tromost tromostii glasi  ρ (r) oznaˇcava I ij ij =

ρ (r ) r2 δ ij ij

 

ri r j .

(6.217)

Poseban sluˇcaj caj je dvodimenzionalno tijelo (tank (tankaa ploˇca). ca). Koordinatni sustav orij or ijenti entira ramo mo ta tako ko da d a ploˇ p loˇca ca leˇzi zi u xy  ravni nini ni.. Gu Gust sto´ o´ca ca pl ploˇ oˇce ce iˇsˇ sˇcezava cezava za sve vr vrij ijed edno nost stii  xy rav zemo napisati ako produkt pro dukt δ  funkc   fu nkcij ijee i pl ploˇ oˇsne sn e gu gust sto´ o´ce ce pl ploˇ oˇce ce z  = 0 pa je moˇzemo

   

ρ(x , y , z)  =  σ  σ((x, y )δ (z ).

 

(6.218)

Ploˇsnu snu gusto´cu cu definiram definiramoo kao omjer mase i povrˇsine sine tijela (jedinica kgm−2 ) masa tijela   (6.219) σ (x, y ) = . povrˇ po vrˇsina sin a tij tijela ela Integracija jedn. (6.218 (6.218)) da daje je ukupnu masu ploˇce ce

 

             

 = σ (x, y )δ (z )dxdydz  =

σ (x, y )dxdy

 

 = δ (z )dz  =

Dijagonalni Dijag onalni elementi tenzora t enzora tromos tromosti ti tanke ta nke ploˇce ce I xx xx  = I yy yy = I zz zz =

2

2

 = σ (x, y ) y + z  δ (z )dxdydz  =  = σ (x, y ) x2 + z 2 δ (z )dxdydz  =  = σ (x, y ) x2 + y2 δ (z )dxdydz  =

 

 = µ. σ (x, y )dxdy dxdy =  µ.   (6.220)

        σ (x, y )y 2 dxdy

 

(6.221)

σ (x, y )x2 dxdy

 

(6.222)

σ (x, y ) x2 + y 2 dxdy.

 

(6.223)

6.4.. 6.4

195

TENZOR TEN ZOR INER INERCIJ CIJE  E 

Uoˇcimo cim o da je ta tanku nku plo ploˇˇcu cu smj smjeˇ eˇstenu st enu u  xy  ravnini vrijedi I zz zz =  I xx xx  + I yy yy .

 

(6.224)

Prethodnu relaciju nazivamo nazivamo teorem o okomitim osima. Jedini nedijagonalni element element tenzora tromost tromostii tanke ploˇce ce razliˇcit cit od nule je je I   I xy xy I xy xy =

  −

 = σ (x, y )δ (z )xydxdydz  =

  −

σ (x, y )xydxdy.

 

(6.225)

Sljede´ci ci zanimlji zanimljiv v sluˇcaj ca j je tanki ˇstap stap ˇcija cija se masa nalazi na pravcu. Koo Koordirdinatni nat ni sust sustav av ori orijentir jentiramo amo tako da ˇstap sta p leˇzi zi duˇz osi osi z  Gust sto´ o´ca ca ˇsta st apa iˇsˇ sˇceza ce zava va za sv svee  z . Gu vrijednosti x, vrijednosti zemo napisati ako produkt produkt δ   funkcija u smjerovima x smjerovima  x  i  x, y = 0 pa je moˇzemo  δ  funkcija lini nijske jske gu gusto sto´´ce ce ˇstapa sta pa y  i li

 

ρ(x , y , z)  =  λ  λ((z )δ (x)δ (y ).

 

(6.226)

Linijsku gusto´cu cu definiram definiramoo kao omjer mase i duˇ d uˇzine zine tijela (jedinica kgm−1 ) λ(z ) =

  masa tijela . duˇzina zin a tij tijela ela

 

(6.227)

Integracija jedn. (6.226 (6.226)) da daje je ukupnu masu ˇstapa stapa

 

 = λ(z )δ (x)δ (y )dxdydz  =

      λ(z )dz 

δ (x)dx

 

 = δ (y)dy dy =

 =  µ.   (6.228) λ(z )dz  = µ.

Dijagonalni Dijago nalni elementi tenzora ten zora tromost tromostii tankog ta nkog ˇstapa stapa I xx xx  = I yy yy = I zz zz =

            2

2

 = λ(z ) y + z  δ (x)δ (y )dxdydz  =  = λ(z ) x2 + z 2 δ (x)δ (y )dxdydz  =

   

 = 0. λ(z ) x2 + y 2 δ (x)δ (y )dxdydz  =

λ(z )z 2 dz 

 

(6.229)

λ(z )z 2 dz 

 

(6.230)

 

(6.231)

Svi nedijago ned ijagonalni nalni ˇclanovi clanovi tenzora tromost tromostii tankog tan kog ˇstapa stapa propad propadaa ju, kao i dijagona di jagonalni lni ˇclan I zz stap ima samo pet stap p et stupnjev stupnjeva slobode jer rotacija oko osi z  z    gubi zz . Tanki ˇ smisao.

6.4.5 6.4 .5

Glavne Gla vne osi te tenzo nzora ra trom tromost ostii

Simetriˇ can tenzor ranga 2 uvijek moˇzemo can zemo preve prevesti sti u dijagonalni oblik pogo pogodnim dnim izborom koordinatnih osi. Pretpostavimo da u poˇ p oˇcetnom cetnom sustavu xyz   tenzor troxyz  tenzor mosti I  mosti   transformira  I ij  xyz  z  transformira ij  ima nedijagonalne elemente. Postoji rotacija koja sustav  xy

196

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

u sustav x sustav  x ′ y ′z ′ , takav da je tenzor tromosti  I ij′  di  dijagona jagonalan. lan. Traˇzenu zenu transfo transformaciju rmaciju moˇzemo zemo opisati ortog ortogonalno onalnom m matricom m atricom a  a x′i  =



 

aik xk .

(6.232)

k

Komponente tenzora se transformiraju kao produkti komponenti vektora I ij′ =



aik a jl I kl kl =

kl



aik aT  kl . lj I kl

 

(6.233)

kl

Prethodna relacija zapravo predstavlja produkt tri matrice

 

I ij′ = aI aIa aT 

T 

⇒ I ′  =  = aI  aI a

=

ij

 

.

(6.234)

Pomnoˇzimo zimo jedn jedn.. (6.234 6.234)) matricom aT  s lijeve strane i iskoristimo uvjet ortogonalnosti matrice a matrice  a  (  (aa aaT  = a T a  = 1)  = a aT I ′  =  aT aI aIa aT  =  I aT .

 

(6.235)

Prema poˇcetnoj cetnoj pretpostav pretpostavci, ci, tenzor tromosti u sustavu x′ y ′z ′   je dijagonalan tj. matrica I  matrica dijag onalna.. Oznaˇcimo cimo elemente matrice ma trice I   I ′  je dijagonalna  I ′ s  λ 1 ,  λ 2 i  λ 3 , a  j -ti stupac matrice aT  s  v ( j j)) . Jedn. (6.235 (6.235)) poprima oblik problema svojstvenih vrijednosti



( j  j))

( j  j))

I ik ik vk =  λ j vi =

k

⇒ Iv

( j  j))

=  λ j v ( j j)) .

 

(6.236)

Svojstveni vektori  v (1) , v (2) i  v (3) su stupci matrice aT  (i)

 = v aT   vk = ki  =

(i) k

⇒v

=  aik .

 

(6.237)

Svojstveni vektori  v (i) definira definiraju ju jediniˇcne cne vektore novog sustava e′  = i

 k

aikek =



(i)

vk ek .

 

(6.238)

k

Osi sustava x sustava  x ′ y ′ z ′  u kojem je tenzor inercije dijagonalan zovemo glavne osi tromosti, dok momente oko tih osi zovemo glavne vrijednosti tenzora tromosti.

6.4.. 6.4

197

TENZOR TEN ZOR INER INERCIJ CIJE  E 

Zadatak 6.2 Za sustav na slici izraˇcunajte cuna jte tenzor inercije s obzirom o bzirom na toˇ t oˇcku cku centar mase sustava, ako su zadane mase ˇcestica cestica m1  =  = m  = m  m,, m2  = 2m  i  m 3  =  m.. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Da bi b i odredili o dredili poloˇzaj zaj centra mase, m ase, trebamo koordin koordinate ate svih s vih ˇcestica cestica u sustavu ces tica ca 1, ma mase se m  = m •   ˇcesti  m  =  m:: x  = 0, y  = 0, z   = 0, ces tica ca 2, ma mase se m •   ˇcesti  m  = 2m: x  = 2a, y  = 0, z   = 0, •   ˇcesti ces tica ca 3, ma mase se m  = m  m  =  m:: x  = 0, y  = 4a, z  = 0. 1

1

2

1

2

3

1

2

3

2

3

3

y m3

4a

m1

2a m2

x

Slika 6.16: 6. 16: Sustav od tri ˇcestice. cestice. Koordinate centra mase xc.m.  = yc.m.  = z c.m. c.m.  =

  

4am mn xn = =  a, 4m n mn 4am n mn yn = =  a, 4 m m n n n mn z n = 0. 0. m n n n

 

(6.239)

 

(6.240)

 

(6.241) (6.242)

Centar mase sustav Centar sustavaa nalazi se u toˇcki cki (a, a, 0) pa koordinate po pojedinih jedinih ˇcestica cestica s obzirom na centar mase glase  = x x′1  =  x 1  = x x′2  =  x 2  = x x′3  =  x 3

c.m.  =

−x −x −x

c.m.  =

−a,

+a, a, c.m.  =

−

 = y y1′  =  y 1  = y y2′  =  y 2  = y y3′  =  y 3

−y −y −y

c.m.  =

c.m.

−a,  = −a,

c.m.  =

3a,

z 1′ = 0 z 2′ = 0 z 3′  = 0.

 

(6.243) (6.244) (6.245)

198

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Dijagonalni elementi tenzora tromosti: 3

c.m. I xx

=

                  2

mn yn′ + z n′

2

n=1

 



 



 



2 2 2 2 2 2 =  m1 y1′ + z 1′ + m2 y2′ + z 2′ + m3 y3′ + z 3′

=  m 2m[a2 + 0] + m[9 [9a 12ma2 ,  m[[a2 + 0] + 2m a2 + 0] = 12ma

 

(6.246)

3

c.m. I yy

=

2

mn x′n + z n′

2

n=1

2 2 2 2 2 2 =  m1 x′1 + z 1′ + m2 x′2 + z 2′ + m3 x′3 + z 3′

=  m 2m[a2 + 0] + m[a2 + 0] = 4ma 4 ma2  m[[a2 + 0] + 2m

(6.247)

3

c.m. I zz

=

2

mn x′n + yn′

2

n=1

2 2 2 2 2 2 =  m1 x′1 + y1′ + m2 x′2 + y2′ + m3 x′3 + y3′

=  m 2 m[a2 + a2 ] + m[a2 + 9a 9a2 ] = 16ma 16ma2 .  m[[a2 + a2 ] + 2m

 

(6.248)

Uoˇcimo cimo da je j e sustav sus tav dvodimenzion dvo dimenzionalan alan (z  =   = 0) pa vrijedi teorem o okomitim osima  + I  Nedijagonaln agonalnii elem elemen enti ti tenz tenzora ora tromos tromosti ti I xz (z  =  = 0 I zz  I yy zz =  I xx xx  + yy . Nedij xz i I yz yz  propadaju (z  za sve tri ˇcestice) cestice) pa preostaje samo elemen elementt  I xy xy I xy xy =

−

 n

mn x′n yn′  =

2

2

2

2

−m[a ] − 2m[−a ] − m[−3a ] = 4ma ,

 

(6.249)

Tenzor tromosti sustava s obzirom na centar mase glasi 4 ma2 I  = 4ma

 

3 1 0 1 1 0 0 0 4

 

.

 

(6.250)

6.4.. 6.4

199

TENZOR TEN ZOR INER INERCIJ CIJE  E 

Zadatak 6.3 Korist e´ci Koriste´ ci Steinerov teorem, izraˇcunajte cuna jte tenzor tromosti s obzirom na toˇcku cku O za sustav ˇcestica cestica iz pretho prethodnog dnog zadatka. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Tenz enzor or tromos tromosti ti sust sustav avaa s obzir obzirom om na centar centar mase smo izra izraˇˇcunali cunali u prethodnom prethodnom zadatku 3 1 0 2 1 1 0 .   (6.251) I  = 4ma 0 0 4

 

 

Zadatak Zadata k rjeˇsavamo savamo primjenom pr imjenom Steinerovog teorema y m

4a (a, a) d  c.m. (a, m O

2a 2m

x

Slika 6.17: Sustav od tri ˇcestice. Slika cestice. Vektor d   im imaa p oˇceta cetak k u toˇcki cki O  i kraj u centru mase. I ijO

=  I ijc.m.

+ mtot



d 2 δ ij ij

−dd

i  j



 

,

(6.252)

pri ˇcemu ce mu mtot = 4m  oznaˇcava cava ukupnu uk upnu mas masu u sustava, s ustava, a d  vekt  vektor or s p oˇcetkom cet kom u toˇcki cki  6.17   moˇzemo zem o pro proˇˇcitat cit atii komp ko mpon onente ente vekt vektor oraa d  O  i krajem u centru mase. Sa sl.  6.17    = a d  =  a  i + a j. Dijagonalni elemen elementi ti tenzora inercije s obzirom na toˇcku cku O O c.m.  = I   I xx xx  =

• I  • I  • I 

 

c.m. + mtot d2y  + d2z  =  = I  + 4ma 4ma2 = 16 16ma  I xx ma2

O yy

c.m. c.m. =  I yy + mtot (  (d + 4ma 4ma2 = 8ma 8 ma2 d2x  + d2z ) =  I yy

O zz

c.m. c.m. =  I zz + mtot (  (d + 8ma 8ma2 = 24 24ma d2x  + d2x ) =  I xx ma2

Nedijagonalni elementi tenzora inercije

 

(6.253)

200

POGLAVLJE 6. O xy

c.m. =  I xy

O xz

c.m. =  I xz

O yz

c.m. =  I yz

• I  • I  • I 

tot dx dy

c.m. =  I xy

tot dx dz

c.m. =  I xz

tot dy dz

c.m. =  I yz

−m −m −m

KRUTO KRU TO TIJELO 

2

− 4ma = 0 −0 =0 −0=0

Tenzo enzorr tromo tr omosti sti s obzi obzirom rom na toˇ t oˇcku O cku  O je  je dijagonalan u sustavu xyz  sustavu xyz , pa su osi sustava glavne osi tenzora tromosti. Tenzor tromosti sustav sustavaa s obzirom na toˇcku O cku O  glasi 8 ma2 I O = 8ma

 

2 0 0 0 1 0 0 0 3

 

.

 

(6.254)

6.4.. 6.4

201

TENZOR TEN ZOR INER INERCIJ CIJE  E 

Zadatak 6.4 Za sustav ˇcestica cestica iz pretho prethodnog dnog zadatka nad¯ite ¯ite smjerove glavnih gl avnih osi i momente mo mente oko o ko njih s obzirom na centar mase. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: U prethodnim zadacima smo izraˇ cunali poloˇzaj cunali zaj centra mase (a,a, 0), kao i tenzor inercije s obzirom na centar mase I  =

 

3A A 0 A A 0 0 0 4A

 

 

.

(6.255)

Rjeˇsavanje savanje ovakvog problema svodi se na rjeˇsavanje savanje problema p roblema svojst svojstvenih venih vrijedY   m

4a

m

2a 2m

X 

Slika 6.18: 6. 18: Sustav od tri ˇcestice. cestice. nosti I v(i) =  λi v (i) =

⇒ [I  − λ ] v i

(i)

 

.

(6.256)

Svojstveni vektori v (i) ˇcine cine stup stupce ce matrice transo transoformacij formacijee aT  iz poˇcetnog cetn og sust sustava ava ′ ′ ′ ′ ′ ′  u sustav x sustav x y z   u kojem je tenzor tromosti dijagonalan. Osi sustava x sustava  x y z   zovemo xyz  u glavne glav ne osi krutog tije tijela. la. Sv Svojstve ojstvene ne vrij vrijednos ednosti ti λi  odgovaraju momentima tromosti oko glavnih osi. Jednadˇ zba (6.256 zba 6.256)) ima netrivijalno rjeˇsenje senje samo ako je determinanta sustava jednaka nuli det(I  det(I 

 ⇒

− λ 1) = 0 = 1

izraˇcunamo cuna mo deter determina minantu ntu (4A (4A

− λ)

 − −

(4A (4A

Svojstvene vrijednosti glase

3A λ 0 A 0 A A λ 0 0 4A λ

(3A (3A

−

)(A λ)( A

λ) λ2

−

−

2

− λ) − A

2

− 4Aλ + 2A 2A



 

= 0. 0.

 

(6.257)

 = 0,

 

(6.258)

 = 0.

 

(6.259)

202

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

√ 2)ma 2)A • λ  = (2 + √ 2) A  = 4(2 + 2) ma √ 2)ma • λ  = (2 − √ 2) 2)A A  = 4(2 − 2) ma 16ma • λ  = 4A = 16 ma

2

1

2

2

2

3

Sustav leˇzi zi u ravnini pa p a vrijedi teorem o okomitim osima osima λ  = λ s ljede´ de´cem cem  λ 1  =  λ 2 + λ3 . U slje koraku, za svaku svojstvenu s vojstvenu vrijednos vrijednostt traˇzimo zimo odg odgovaraju´ ovaraju´ci ci svojst svojstveni veni vektor. Tre´ca ca svo svojstven jstvenaa vrij vrijedno ednost: st: λ3  = 4A Uvrˇstavanje stavanje vrij vrijedno ednosti sti λ3  u jedn. (6.256 (6.256)) vodi vo di na sustav jednadˇzbi zbi za komponente komp onente (3) svojstvenog vektora v vektora  v

 

3A A 0 A A 0 0 0 4A

         (3)

(3)

v1 (3) v2 (3) v3

v1 (3) v2 (3) v3

 = 4A

 

.

(6.260)

Dobili smo homogeni sustav od tri jednadˇzbe zbe s tri nepoznanice nep oznanice (3) 1 (3) Av1

(3)

+ Av2 = 0 (3) 3Av2 = 0 = (3) 0 v3 = 0

−Av

(3)

⇒

− ·

(3)

v1 =  v 2 = 0 (3) v3 = 1

(6.261)

Tre´ci ci stupac matrice transfo transformacije rmacije  a T  glasi v

(3)

=

  0 0 1

 

.

(6.262)

Bitno je uoˇciti citi da je matrica transformacije aT  ortogonalna pa svaki njen stupac mora biti normiran, odnosno svaki svojstveni vektor  v (i) moramo normirati (i) 2

v1

(i) 2

+ v2

Prva svojstvena vrijednost: λ1  = (2 + Jednadˇ Jedn adˇzba zba svo svojstven jstvenog og vektor vektoraa

 

3A A 0 A A 0 0 0 4A

(i) 2

+ v3

= 1. 1.

 

(6.263)

√ 2) 2)A A

     (1) v1 (1) v2 (1) v3

    (1)

 = (2 +

√ 

2)A 2)A

v1 (1) v2 (1) v3

.

 

(6.264)

Dobili smo homogeni sustav od tri jednadˇzbe zbe s tri nepoznanice nep oznanice

− √  √  − √  −

(1 2)Av1(1) + Av2(1) = 0 2)Av (1) (1) (1 + 2)Av2 = 0 = Av1 (1) (2 2)Av 2) Av3 = 0

⇒

(1)

√ 

(1)

2)vv2 v1 = (1 + 2) (1) v3 = 0.

(6.265)

6.4.. 6.4

203

TENZOR TEN ZOR INER INERCIJ CIJE  E 

Normirani svojstveni vektor, a time ujedno i prvi stupac matrice transformacije  a T  v (1) =

   √   1

4+2 2

√ 

1+ 2 1 0

√  Druga svojstvena vrijednost: λ  = (2 − 2) 2)A A

 

 

.

(6.266)

2

Jednadˇ Jedn adˇzba zba svo svojstven jstvenog og vektor vektoraa

 

     (1)

v1 (1) v2 (1) v3

3A A 0 A A 0 0 0 4A

    (1)

 = (2

−

√ 

2)A 2)A

v1 (1) v2 (1) v3

 

.

(6.267)

Dobili smo homogeni sustav od tri jednadˇzbe zbe s tri nepoznanice nepo znanice

− √  √  − √ − − (2)

(2)

(1 2)Av1 + Av2 = 0 2)Av (2) (2) (1 2)Av 2) Av1 Av2 = 0 = (2) (2 2)Av3 = 0 2)Av

− √ 

(2)

⇒

(2)

2)vv2 2) v1 = (1 (2) v3 = 0.

(6.268)

Normirani svojstveni vektor, a time ujedno i prvi stupac matrice transformacije  a T  v

(2)

=

Matrica transformacije aT  =

 

(1)

(2)

 − √    − √        ⇒   1

1

4

2 2

(1)

 =

a  =

 

.

1 0

(3)

v1 v1 v1 (1) (2) (3) v2 v2 v2 (1) (2) (3) v3 v3 v3

2

(1)

(6.269)

(1)

v1 v2 v3 (2) (2) (2) v1 v2 v3 (3) (3) (3) v1 v2 v3

 

.

(6.270)

Sad a moˇ Sada m oˇzemo zemo izraˇcunati cuna ti i kut k ut za koj kojii mora m oramo mo zakr zakrenuti enuti poˇcetni cetni sust sustav av xy   oko osi  xy z  oko   da bi dobili sustav glavnih osi. Matrica rotacije oko osi  z   za kut φ  glasi z  da  z  za a =

 −

cos φ sin φ 0 sin φ cos φ 0 0 0 1

 ⇒  =

(1) cos φ =  = v  v 1 ,

(1) sin φ  =  = v  v 2 .

 

(6.271)

Uvrˇstavanje stavanje bro jeva iz ovog konkretnog konkretno g zadatka daj d ajee φ 22 22..50 . Kor Koriste´ iste´ci ci svojstven svo jstvenee vektore tenzora tromost tromostii moˇzemo zemo izraˇcunati cunati i jediniˇcne cne vektore sustava glavnih osi e′i  =

 k

aikek =

≈

 k

aT  ek  = ki 

 k

(i)

vk ek .

 

(6.272)

204

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Uvrstimo svojsvene vektore iz ovog zadatka e′  = 1

e′2  =

(1 +

√   

(1

√   

   √    − √  1

4+2 2 1 4

2 2

−

2)i + j 

e′3  =    k.

y′

Y 

 

y m

4a

x′ C M 

m

 

2)i + j  ,

x

2a 2m X 

Slika 6.19: x′ ,  y ′ i  z ′  su glavne osi sustava.

   

(6.273) (6.274) (6.275)

6.4.. 6.4

205

TENZOR TEN ZOR INER INERCIJ CIJE  E 

Zadatak 6.5 Izraˇcunajte cunajte tenzor inercije s obzirom na toˇcku cku O   za homog homogenu enu ploˇcu cu mase m, smjeˇstenu stenu kao na n a slic slici. i. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: y

a

x

2a

O

Slika 6.20: 6.20 : Ploˇca ca u obliku trokuta. Gu sto´ Gust o´cu cu ta tanke nke pl ploˇ oˇce ce sm smjeˇ jeˇsten st enee u rav ravni nini ni xy  moˇzemo zemo nap napisa isati ti kao pro produkt dukt δ    funkcije  xy moˇ  δ  funkcije i pl ploˇ oˇsne sn e gus usto to´´ce ce   (6.276) ρ (x,y,z ) =  σ (x, y ) δ (z ). Ploˇˇca Plo ca je ust ustoo ho homo moge gena na pa je pl ploˇ oˇsna sn a gusto gu sto´´ca ca om omjer jer ma mase se i povrˇ pov rˇsine sin e pl ploˇ oˇce ce   masa m = 2.   σ (x, y ) = p ov ovrˇ rˇsina a

(6.277)

Dijagonalni elementi tenzora inercije  = σ I xx  σ xx  =  = σ I yy  σ yy  =  = σ I zz  σ zz  =

           − y 2 dxdy

 

(6.278)

x2 dxdy

 

(6.279)

x2 + y 2 dxdy.

 

(6.280)

Nedijagonalni elementi I xz (z  =   = 0) pa preostaje xz i  I yz yz  propadaju (z  I xy xy =

 

σ   xydxdy.

(6.281)

Problem se sveo na raˇcunanje cunanje tri ploˇsna sna integrala integr ala po zadanom za danom trokutu. Promotri Promotrimo mo detaljnije integral I xx xx . Odabiremo poredak integracije tako da prvo integriramo po drˇze´ci ci va vari rijjablu  x  fiksnom, a zatim integriramo po x po  x.. y   drˇ  = σ I xx  σ xx  =

 

2

 = σ y dxdy dxdy =  σ

    x2

x1

φ2 (x)

φ1 (x)

y 2 dxdy

 

(6.282)

206

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Prvo moramo odrediti o drediti granice gra nice integracije koje ko je nas zadrˇzava zava ju unutar trokuta. trokuta . Zadani trokut je omed¯en ¯en s tri pravca

•  donja kateta: y = 0 •   lijeva kateta: x = 0 •   hipotenuza: y  = −x/ x/22 + a y

φ2(x) =

−

1  + 2x

a

φ1(x) = 0 x1  = 0

x

x2  = 2a

Slika 6.21: 6 .21: Integriramo po povrˇsini sini omed¯enoj ¯eno j trokuto trokutom. m. Da bi ostali unutar trokuta varijablu x varijablu  x  moˇzemo zem o mij mijenj enjat atii izm izmed ed¯u ¯u 0 i 2a =

⇒ x  = 0 1

i x2  = 2a.

 

(6.283)

Za prozivoljni x  unutar tog intervala varijabla y varijabla  y  m  moˇ oˇze ze po poprim primiti iti vrijedno vrij ednosti sti izmed¯u 0 i  y  = x/ x/22 + a 1 = φ1 (x) = 0 i φ2 (x) =   (6.284) x + a. 2 Dakle, prvo integriramo po varijabli  y

−

⇒

−

            −  −   − 2a

 = σ I xx  σ xx  =

dx

0

σ = 3

x/2+ 2+a a −x/

2a

2

 = σ y dy  =  σ

0

2a

0

x +a 2

0

3

 = dx = dx

σ 24

y3 dx 3

2a

(x

x/2+ 2+a a −x/

 

(6.285)

0

2a)3 dx.

 

(6.286)

0

Zatim integriramo po varijabli x varijabli  x I xx xx  = =

 

2a

−

σ 24

−

1 1 σ u = σa4 = ma2 . 24 4 −2a 6 6

(x

0 4 0



− 2a)

3

d(x

− 2a) = −

 

σ 0 3 u du 24 −2a  

 

(6.287) (6.288)

6.4.. 6.4

207

TENZOR TEN ZOR INER INERCIJ CIJE  E 

Jednakim postupkom dolazimo do preostala dva elementa tenzora inercije 2 2 I yy yy = ma 3

i I xy xy =

− 16 ma . 2

 

(6.289)

Dijegonalni elem Dijegonalni elemen entt tenz tenzora ora I zz zemo izraˇcunati zemo cuna ti koris koriste´ te´ci ci teorem teor em o okomi okomitim tim zz   moˇ osima 1  2 5  +   (6.290) I zz ma2 = ma2 . zz =  I xx xx  + I yy yy = 6 3 6

 

Ukupni tenzor tromost tromostii s obzirom na toˇcku cku O 1 I  = ma2 6

 −

1 1 0

−1 4 0

0 0 5

 

.

 

(6.291)

208

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Zadatak 6.6 Kruto tijelo se sastoji od masa 2m 2 m, m i 4m   smjeˇ sm jeˇsteni ste nih h u toˇckama ckama ( 1, 1, 1), (2,, 0, 2) i ( 1, 1, 0). Nad¯ite (2 ¯ite glavne osi tenzora inercije i momente oko njih. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e:

− −

−

Raˇcunamo cunamo po pojedine jedine elemente tenzora t enzora inercije xx  = xx

• I 

=

• I 

=

zz zz

12m mn (yn2 + z n 2 ) = 12m

n

• I 

yy yy

  

16m mn (xn 2 + z n 2 ) = 16m

n

16m mn (xn 2 + yn 2 ) = 16m

n

• I 

=  I yx yx  =

• I 

=  I zx zx  =

• I 

=  I zy zy =

xy xy

xz xz

yz yz

 −  −  −

mn xn yn  = 2m

n

mn xn z n  =

n

−2m

mn yn z n  = 2m

n

Slika Sl ika 6. 6.22 22:: Tri ˇcestic ces ticee smj smjeˇ eˇstene ste ne u toˇckama ckam a ( 1, 1, 1), (2, (2, 0, 2) i ( 1, 1, 0).

− −

−

Tenzor inercije glasi I  =

 −

6A A A A 8A A A A 8A

−

 

;

A  = 2m.

 

(6.292)

6.4.. 6.4

209

TENZOR TEN ZOR INER INERCIJ CIJE  E 

Traˇzimo zimo svojstvene vektore tenzora inercije I v(i) =  λi v (i) =

⇒ [I  − λ 1] v i1

(i)

= 0. 0.

 

(6.293)

Da bi sust sustav av ima imaoo netr netrivij ivijaln alnoo rjeˇsenje, senj e, dete determin rminanta anta mu mora iˇsˇ sˇcezavati cezavati

 

6A λ A A 8A λ A A 8A λ A A

− −

− −

−

Raˇcunamo cunamo determina determinantu ntu razvojem razvo jem po prvom retku ret ku (6A (6A

− λ)



 −

8A λ A 8A λ A

−

−

A

 −

A A A 8A λ

−

Drugi Dru gi i tre´ci ci ˇclan clan da daju ju jedn jednaki aki dop doprino rinoss det = (6A (6 A

−



Izraˇ Iz raˇcuna cu namo mo pr prvi vi ˇclan cl an



 − − − 

8A λ A λ) 8A λ A

−

−





−2A

2A

−

a zatim i drugi det2  =

−2A

 −

A A A 8A λ

−

=



(8A A(8 A

= 0. 0.

 −

A

 −

8A λ A det1  = (6 (6A  = (6 (6A (8A A λ) A λ) (8 A 8A λ A

−

 

− λ)



(7A (7A

 −

(6.294)



A 8A λ .   (6.295) A A

−



A A . A 8A λ

−

2

2

− λ) − A 2

− λ) + A

Zbrojimo Zbro jimo ta dva ˇclana clana i dolazim dolazimoo do jednadˇzbe zbe za za λ  λ (9A (9A

 

 

2

)(6A − λ)(6 A − λ) − 2A

 =



 

(6.296)

 = (6 (6A )(7A )(9A A λ)(7 A λ)(9 A λ),

−

−

(6.297) 2

−2A (9 (9A A − λ).   (6.298)

 = 0.

 

(6.299)

Rjeˇsenja senja jednadˇzbe zbe su svojstvene vrijednos vrijednosti ti tenzora tromost tromostii 18m • λ  = 9A = 18 m • λ  = 8A = 16 16m m 10m • λ  = 5A = 10 m 1 2 3

Za svaku svojst svojstvenu venu vrijednost traˇzimo zimo odg odgovaraju´ ovaraju´ci ci svojstveni vektor. Prva svojstvena vrijednost: λ1  = 9A Jednadˇ Jedn adˇzba zba svo svojstven jstvenog og vektor vektoraa

 −

6A A A A 8A A A A 8A

−

         (1)

v1 (1) v2 (1) v3

(1)

 = 9A

v1 (1) v2 (1) v3

.

 

(6.300)

−

210

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Homogeni sustav od o d tri jednadˇzbe zbe s tri nepoznanice (1) (1) 1 + Av2 (1) (1) Av1 Av2 + (1) (1) Av1 + Av2

−3Av −

(1) 3 = 0 (1) Av3 = 0 (1) Av3 = 0

− Av

−

(1)

=

⇒

−

v1 = 0 (1) (1) v3 =  v 2 .

(6.301)

Normirani svojstveni vektor, odnosno prvi stupac matrice transformacije  a T  v

(1)

  √    0 1 1

1 = 2

 

(6.302)

Druga svojstvena vrijednost: λ2  = 8A   Jednadˇzba zba svo svojstven jstvenog og vektor vektoraa

 −

         (2)

(2)

v1 (2) v2 (2) v3

6A A A A 8A A A A 8A

−

v1 (2) v2 (2) v3

 = 8A

.

 

(6.303)

Homogeni sustav od o d tri jednadˇzbe zbe s tri nepoznanice (2) 1

−2Av

(2)

(2)

+ Av2 Av3 = 0 (2) (2) = Av1 + Av3 = 0 (2) (2) Av1 + Av2 = 0

−

(2)

⇒

−

(2)

v2 =  v 1 (2) (2) v3 = v1 .

(6.304)

−

Normirani svojstveni vektor, odnosno drugi stupac matrice transformacije aT  v

(1)

6A A A A 8A A A A 8A

−

1 1 1

1 = 3

Tre´ca ca svo svojstven jstvenaa vrij vrijedno ednost: st: λ3  = 5A Jednadˇ Jedn adˇzba zba svo svojstven jstvenog og vektor vektoraa

 −

  √    −

 

.

         (3)

v1 (3) v2 (3) v3

(6.305)

(3)

v1 (3) v2 (3) v3

 = 5A

.

 

(6.306)

Homogeni sustav od o d tri jednadˇzbe zbe s tri nepoznanice (3) (3) (3) Av1 + Av2 Av3 = 0 (3) (3) (3) 3Av2 + Av3 = 0 = Av1 + 3Av (3) (3) (3) 3Av3 = 0 Av1 + Av2 + 3Av

−

−

⇒

(3)

(3)

v2 = v3 (3) (3) v1 = 2v3 .

−

(6.307)

211

6.5. MOMEN MOMENTI TI INERCIJE INERCIJE GEOMETRIJS GEOMETRIJSKIH KIH TIJELA TIJELA

Normirani svojstven svojstvenii vekt vektor, or, odnosno tre´ci ci stupac matrice transformacije aT  v

−  √    −    √    √  −   √  − −

(3)

1 = 6

2 1 1

 

.

(6.308)

Jediniˇ cni vekt cni vektori ori sustav sustavaa u kojem je tenzor dijagonalan e′i  =

 

aikek .

(6.309)

k

1      j  + k ,  j + 2 1       e′2  = i + j k , 3 1 2  e′3  = i +  j    k . 6 e′1  =

 

(6.310)  

(6.311)  

(6.312)

Provjerimo da li jediniˇcni cni vektori vektori  cine desn desnii sust sustav av  e′i  ˇcine

 ×

1     e′2  = √   j +  j  + k 1 ×

e′

6.5

6

  i +  j 

  √  − − − 1   k  = 6

 −

   =  e′3 .   (6.313) k   i + j    i  = 

Momen Mom enti ti iner inercij cije e geom geometr etrijs ijskih kih tij tijela ela

U sljede´cih cih nekoliko zadata zadataka ka raˇcunamo cunamo momente inercije standar standardnih dnih geometrij geometrijskih skih tijela: tanki ˇstap, stap, kugla, valjak, kv kvadar adar i stoˇzac. zac. Za sva tijela pretpostavljamo da su homoge homogena. na.

212

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Zadatak 6.7 Nad¯ite ¯ite momente inercije oko glavnih g lavnih osi kroz centar mase m ase tankog homogen homogenog og ˇstapa stapa mase m  i duljine l duljine  l.. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Uoˇcimo cim o da su x, y i z  stapa, a time su ujedno i njegov njegovee glavne osi. z    osi simetrije ˇstapa, z  l/2 l/2

y

x

−l/2 l/2

Slika 6.23: 6. 23: Tanki homog homogeni eni ˇstap stap duljine duljine l l  i mase m. ˇ Stap je tanak pa je njegova gusto´ca ca ogran ograniˇ iˇcena cena na na x  = y  = 0  x =  y = ρ(x,y,z ) =  δ (x)δ (y )λ(z ),

 

(6.314)

pr i ˇcemu pri ce mu λ  ozn  oznaˇ aˇcava cava lin linijsk ijsku u gus gusto´ to´cu cu ˇstapa. stap a. U sluˇcaju ca ju hom homoge ogenom nom ˇstapa sta pa lin linijska ijska gusto´ca ca je masa ma sa po jedinici duljine  = m/l. λ =  m/l.

 

(6.315)

Budu´ci ci da je ˇstap stap beskonaˇcno cno tanak, rotacija oko osi z  z    gubi smisao = I z = 0. Ovakvo Ov akvo tijelo nema ˇsest, sest, nego pet stupnjev stupnjevaa slobode. Momen Momentt inercije oko osi osi x  x

⇒

   

 

   

 

l/2 l/ 2

I x  =

2

2

 =  λ y + z  λdz  = λ

−l/l/22

1 3 1 λl = ml2 , 12 12  jednak je momentu inercije oko osi osi y  y =

l/2 l/ 2

I y =

2

 =  λ x + z  λdz  = λ

−l/l/22

=

2

1 3 1 λl = ml2 . 12 12

l/2 l/ 2

z 2 dz 

−l/l/22  

l/2 l/ 2

(6.316)

z 2 dz 

−l/l/22  

(6.317)

213

6.5. MOMEN MOMENTI TI INERCIJE INERCIJE GEOMETRIJS GEOMETRIJSKIH KIH TIJELA TIJELA

Zadatak 6.8 Nad¯ite ¯ite momente inercije oko glavnih osi kroz centar mase homogene kugle mase mase m  m i radijusa R. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e:   su osi simetrije simet rije kugle, kugl e, a time su ujedno i njezine nj ezine glavne osi. osi . Traˇzeni zeni momenti x,  y  y i i z   z  su z 

y

x

Slika 6.24: Homogena kugla radijusa R radijusa R  i mase m mase  m.. inercije I x  = I y = I z =

              

y 2 + z 2 ρdV ,

 

(6.318)

x2 + z 2 ρdV ,

 

(6.319)

x2 + y 2 ρdV .

 

(6.320)

Iz simetrije simetrije problema slijedi slijedi da su sva tri momenta momenta iner inercije cije jednak jednaka. Umje Umjesto sto da raˇcunamo cunamo svaki moment inercije poseb posebno, no, jednostavnij jednostavnijee je izraˇcunati cunati I x  + I y  + I z

 ≡ 3I  = 2

   



2ρ x2 + y 2 + z 2 ρdV  = 2ρ

 

r2 dV ,

 

(6.321)

pri ˇcemu cemu smo iskoristili ˇcinjenicu cinjenicu da je kugla homogen homogena. a. Gusto´ca ca je u tom sluˇcaju ca ju konstantna  = m/V. ρ  =  m/V.

 

(6.322)

214

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Integriramo u sfernom koordinatnom sustavu I  = I  = I  = I  =

           

2π π R 2 ρ r 4 dr sin θdθdφ 3 0 0 0 2π π R 2 sin θdθ ρ dφ r 4 dr 3 0 0 0 5 3 2 2 4πR R = R2 ρ4π ρ 3 5 5 3 2   mR2 . 5

 

 

(6.323)

 

(6.324) (6.325) (6.326)

215

6.5. MOMEN MOMENTI TI INERCIJE INERCIJE GEOMETRIJS GEOMETRIJSKIH KIH TIJELA TIJELA

Zadatak 6.9 Nad¯ite ¯ite momente inercije oko glavnih g lavnih osi kroz centar mase homogenog valj valjka ka mase radijusa  R.. m  i radijusa R Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: simetrije trije valjk valjka, a time su ujed ujedno no i njeg njegov ovee glav glavne ne osi. Traˇ zeni zeni x, y i z  z    su osi sime z 

y

x

Slika 6.25: Homogeni valjak visine h, radijusa R radijusa  R  i mase m mase  m.. momenti inercije I x  = I y = I z =

              

y 2 + z 2 ρdV ,

 

(6.327)

x2 + z 2 ρdV ,

 

(6.328)

x2 + y 2 ρdV .

 

(6.329)

Iz simetrije problema slijedi da su momenti inercije I x i I y   jedna jednaki. ki. Umj Umjest estoo da raˇcunamo cuna mo svaki po posebn sebno, o, jedn jednost ostavnij avnijee je izraˇcunati cuna ti I x  + I y

 ≡ 2I  = ρ

   

2

2

2



2z  dV  =  ρ x + y + 2z 

   



2  + 2z  2 z 2 dV , r⊥

 

(6.330)

pri ˇcemu cemu smo iskoristili ˇcinjenicu cinjenicu da je valjak homogen homogen.. Gusto´ca ca je u tom sluˇcaju ca ju konstantna  = m/V. ρ  =  m/V.

 

(6.331)

Integriramo u cilindriˇ cilin driˇcnom cnom koordina ko ordinatnom tnom sustavu s ustavu (koordinata (koo rdinata r⊥  odgovara koordi-

216

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

nati ρ nati  ρ  u standardnoj notaciji).

                   

1 I  = ρ 2 1 I  = ρ 2  + ρ I  +

2π

h/2 h/ 2

0

h/2 2 −h/

2π

R

0

h/2 h/ 2

R

dφ

0 2π

2  + 2z  2 z 2 r⊥ dr⊥ dzdφ r⊥

dz 

h/2 2 −h/

h/2 h/ 2

dφ

0

h/2 2 −h/

3 r⊥ dr⊥

 

(6.333)

0 2

r⊥ dr⊥

 

(6.334)

1 R4 h3 R + ρ2π I  = ρ2πh 2 4 12 2 2 2 R h + I  =  R 2 πhρ . 4 12

 



Momenti inercije I x i I y

              

m 3R2 + h2 . 12 Joˇs nam je preostao moment inercije oko osi o si z   z  I z =  ρ

0

2π

I z =  ρ

h/2 h/ 2

h/2 2 −h/

R

0 h/2 h/ 2

dφ

0

R4 I z =  ρ  ρ22πh 4 R2 I z =  R 2 πhρ 2 1 I z = mR2 . 2

dz 

h/2 2 −h/

0

(6.336)

 

3 r⊥ dr⊥ dzdφ R

(6.335)

 

 = I  I x  =  I y =

2π

(6.332)

R

2

z  dz 

0

 

3 r⊥ dr⊥

 

 

(6.338)

 

(6.339) (6.340)

   

(6.337)

(6.341) (6.342)

217

6.5. MOMEN MOMENTI TI INERCIJE INERCIJE GEOMETRIJS GEOMETRIJSKIH KIH TIJELA TIJELA

Zadatak 6.10 Nad¯ite ¯ite momente inercije oko glavnih osi kroz centar mase homogenog kv kvadra adra mase m  i stranica a, b  i  c  c.. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e:

simetrije trije kvadra, kvadra, a time su ujed ujedno no i njeg njegov ovee glav glavne ne osi. Traˇ zeni zeni x, y i z  z    su osi sime

z 

y

x

Slika 6.26: Homogeni kvadar sa stranicama a stranicama  a,,  b  b,,  c  i masom m.

momenti inercije

I x  = I y = I z =

              

y 2 + z 2 ρdV ,

 

(6.343)

x2 + z 2 ρdV ,

 

(6.344)

x2 + y 2 ρdV .

 

(6.345)

Kvadar je homogen pa mu je gusto´ca ca konstantna

 = m/V. ρ  =  m/V.

 

(6.346)

218

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Moment inercije oko osi x osi  x

                          c/2 c/ 2

 = ρ I x  =  ρ

b/2 b/ 2

a/2 a/ 2

y2 + z 2 dxdydz 

c/2 2 −b/ b/2 2 −a/ a/2 2 −c/ c/2 c/ 2

 = ρ I x  =  ρ ab

2

b/2 b/ 2

 + ac z  dz  +

c/2 2 −c/

c3 b3  + ac 12 12 1 2  = ρabc I x  =  ρabc b + c2 12 m 2 I x  = b + c2 . 12

 

y 2 dy

 

(6.347) (6.348)

b/2 2 −b/

 = ρ I x  =  ρ ab

 

(6.349)

 

(6.350)

 

(6.351)

Analognim postupkom dolazimo do preostala dva momenta inercije m 2 b + c2 , 12 m 2 I y = a + c2 , 12 m 2 I z = a + b2 . 12

I x  =

 

(6.352)

 

(6.353)

 

(6.354)

219

6.5. MOMEN MOMENTI TI INERCIJE INERCIJE GEOMETRIJS GEOMETRIJSKIH KIH TIJELA TIJELA

Zadatak 6.11 Nad¯ite ¯ite momente inercije oko glavnih g lavnih osi kroz centar mase ma se homogeno h omogenogg stoˇsca sca mase radijusa usa R m, radij  R  i visine h. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: sca, a time su ujedno i njegov njegovee glavne osi. Traˇzeni zeni x, y i z  z    su osi simetrije stoˇsca, z 

z  h

r r⊥

z 

α α x x

y

Slika 6.27: Homogeni stoˇzac Slika zac visine h, rad radiju ijusa sa R   i mase m. Na desn desnoj oj slic slicii je oznaˇ ozn aˇceno cen o po podruˇ druˇcje cje int integr egraci acije. je. momenti inercije I x  = I y = I z =

              

y 2 + z 2 ρdV ,

 

(6.355)

x2 + z 2 ρdV ,

 

(6.356)

x2 + y 2 ρdV .

 

(6.357)

Momente inercije raˇcunamo cunamo u sustavu s isho ishodiˇ diˇstem stem u toˇcki cki O , a zatim pomo´cu cu Steinero Stei nerovog vog teor teorema ema prel prelazimo azimo u susta sustav v s ishodi ishodiˇˇstem stem u cen centru tru mase. Korist Koristimo imo ˇcinjenic cinj enicu u da je stoˇzac zac homo homogen. gen. Gust Gusto´ o´ca ca je u tom sluˇcaju ca ju konst konstantna antna  = m/V. ρ  =  m/V.

 

(6.358)

Integriramo u cilindriˇ cilin driˇcnom cnom koordina ko ordinatnom tnom sustavu s ustavu (koordinata (koo rdinata r⊥  odgovara koordi-

220

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

nati ρ nati  ρ  u standardnoj notaciji). Moment inercije oko osi  z 

         2π

I z =  ρ

h

0

0

h

z tan α

3 r⊥ dr⊥ dzdφ

0 4 z tan α

 

r⊥ 4

π 2 πρ = ρ tan4 α I z = 2πρ dz   = 2 0 0 3 1 2 π I z = ρh5 tan4 α  = r πhρR2 10 10 3 3   I z = mR2 . 10

 

h

(6.359)

z 4 dz 

 

(6.360)

0

(6.361) (6.362)

Moment inercije oko osi z  ne   ne ovisi o h  jer visina stoˇsca sca nema nikak nikakvog vog utjecaja na vrtnju oko osi z  osi  z . Iz simetrije problema slijedi da su momenti inercije  I x  i  I y  jednaki. Umjesto da raˇcunamo cunamo svaki pos posebno, ebno, jednostavni jednostavnije je je izraˇcunati cunati

           2π

2I  =  ρ

h

0

0

 

2z 2 ρdV  x2 + y 2 + 2z 

2I  =  I x  + I y =

z tan α

0

 

2  + 2z  2 z 2 r⊥ dr⊥ dzdφ. r⊥

(6.363)  

(6.364)

Podijelimo lijevu i desnu stranu s dva

          h

I  =  π  πρ ρ

0

h

I  =  π  πρ ρ

0

z tan α

h

3

 + 2πρ 2 πρ r⊥ dr⊥ dz  +

0 4 z tan α

r⊥ 4

         h

 + 2πρ 2 πρ dz  +

0

0

h

0 0 2 z tan α

r⊥ 2

π  + πρ tan2 α ρ tan4 α z 4 dz  + 4 0 π  π I  = ρ tan4 αh5 + ρ tan2 αh5 20 5 1 3 2  3 2 I  = R2 πhρ R + h . 3 20 5 I  =

z tan α

0 h

z 2 r⊥ dr⊥ dz 

z 2 dz 

z 4 dz 

   

 

(6.365) (6.366) (6.367)

0



(6.368)  

(6.369)

Momenti inercije oko osi x osi  x  i y

=

⇒

 

3m r 2  = I  + h2 I x  =  I y = 5 4

 

(6.370)

221

6.5. MOMEN MOMENTI TI INERCIJE INERCIJE GEOMETRIJS GEOMETRIJSKIH KIH TIJELA TIJELA

Centar Cent ar mase stoˇsca sca se zbog osne simetrije nalazi na osi osi z   z  z cm cm  = = = = =

            

1 ρ 2π h z tan α   zρdV  = zr ⊥ dr⊥ dzdφ m m 0 0 0 h 2 z tan α ρ r⊥ 2π z  2 0 m 0 h ρ 2   π tan α z 3 dz  m 0 ρ h4   π tan2 α 4 m 2 1 3  1 3 2h = h ρR2 πh  = h.   ρπR πh = 4 4 m 4 m

 

(6.371) (6.372) (6.373) (6.374) (6.375)

Udaljenost Udaljeno st centra mase od toˇcke O cke  O  iznosi acm  =

3h . 4

 

(6.376)

Steinerov teorem vodi na momente inercije s obzirom na centar mase

   

3  h 2 I xcm =  I x ma2cm  = m r 2 + 20 4 3  h 2 cm 2 2 I y =  I y macm  = m r + 20 4   I zcm =  I z .

−

−

,

 

(6.377)

,

 

(6.378) (6.379)

222

POGLAVLJE 6.

KRUTO KRU TO TIJELO 

Dodatak A Koordinatni sustavi A.1 A. 1

Kart Ka rtez ezij ijev ev sus susta tav v

Po loˇza j toˇcke Pol ke P  Ka rtezijevom sustavu su stavu definiramo defin iramo pom pomo´ o´cu cu tri koordin koordinate ate x  P    u Kartezijevom  x,,  y i  z . Smjer promjene svake koordinate koord inate definira odg odgovaraju´ ovaraju´ci ci jediniˇ j ediniˇcni cni vektor u Kartezi jevom sustavu. Jedini Jediniˇˇcni cni vek vektori tori Kartezijev Kartezijevog og sustav sustavaa       i,  j, k,

 

(A.1)

ˇcine cine desn desnii orto ortonorm normira irani ni sust sustav. av. To znaˇ z naˇci: ci: ¯usob no ortog ortogonalni onalni • da su med¯usobno     =  j  ·   i · j  j = i  =   k · j  = 0 •  da su normirani   i ·   i  =  j  · j  =   k ·   k=1 •  da za vektorske produkte vrijedi         =   k  =   i × j, i  =  j  ×   k,  j  j = k ×   i

(A.2) (A.3)

 

(A.4)

Polloˇza j toˇcke P  Po o dred¯en je radiju ra dijus-vekt s-vektoro orom m P    odred   + z    = x r  =  x  i + y j  j + k.

 

(A.5)

Op´cenit cen itii vekt vektor or  zemo ras raspisa pisati ti po pomo´ mo´cu cu jedi jediniˇ niˇcnih cnih vektor vektorii kartezi kartezijevog jevog sust sustava ava  a  moˇzemo   + az   = a a  =  ax  i + ay j  j + k.

 

(A.6)

Kod operacija s vektorima vrijede iste formule kao u svakom desnom ortonormiranom sustavu 223

224

DODAT DODA TAK A. KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AVI 

Slika A.1: Ko Koordinat ordinatee i jediniˇcni cni vektori Kartezijevog sustava.

•  zbroj dva vektora

  + (a (ay  + by ) j ( az  + bz )  a +   b  = (ax  + bx )  i + (a  j + k

•   skalarni produkt

 = a a   b  =  ax bx  + ay by  + az bz

   

·

•   vektorski produkt   + (a (a b − a b ) j ( a b − a b )  a ×   b  = (a b − a b )  i + (a  j + k y z

z y

z x

x z

(A.7)

x y

y x

(A.8)

 

(A.9)

Vektorski pro produkt dukt moˇzemo zemo nap napisa isati ti po pomo´ mo´cu cu determ de termina inante nte a

A.1.1 A.1 .1

×  b =

 

 

  i  j    k ax ay az . bx by bz

 

(A.10)

Brzina Brz ina u Kart Kartezi ezije jev vom susta sustavu vu

Poloˇzaj za j ˇcestice cestice u Kartezij Kartezijevom evom sustavu dan je s   + z    = x r  =  x  i + y j  j + k.

 

(A.11)

Brzinu ˇcestice cestice dobijemo derivira deriviranjem njem vektora r . Jediniˇcni cni vektori ne mijenja mijen jaju ju smjer smj er pa nji njihove hove der derivac ivacij ijee iˇsˇ sˇcezava cez avaju ju   + z ˙    (A.12) r˙  = x˙  i + y˙ j  j + k. Kinetiˇcka cka energija ˇcestice cestice u Kartezijevim Kartezijevi m koordin koordinatama atama m 2 T  = x˙ + y˙ 2 + z ˙ 2 . 2





 

(A.13)

ˇ CILIND CIL INDRI  RI CNI SUSTAV 

A.2.. A.2

A.1.2 A.1 .2

225

Ubrza Ub rzanje nje u Karte Kartezij zijev evom om susta sustavu vu

Da bi dobili ubrzanje moramo derivirati brzinu ˇcestice cestice





d      + z ˙  r¨ = x˙ i + y˙ j  j + k dt   + z  =x ¨  i + y¨ j  j + z¨   k.

 

(A.14)

Jednadˇzbu zbu gibanj gibanjaa u kartezijevim koordin koordinatama atama   =  F x    + F z  mr¨ = F  i + F y j  j + k,

 

(A.15)

moˇzemo zemo rastaviti po komponentama  = F  mx¨  =  F x  = F  my¨ =  F y  =  F z . mz  z¨ = F 

A.1.3

     

(A.16) (A.17) (A.18)

Momentt koliˇ Momen koliˇ cine gibanja u Kartezijevom cine Kartezijevom sustavu

Primjenimo formulu za zakretni impuls   =  mr M 

×

  i  = m v  =  m x x˙

Izraˇcunamo cuna mo deter determina minantu ntu   =  m  M  i (y z ˙

A.2

 

   j y y˙

 

  k z  . z ˙

 

  (z  − z z ˙y˙ ) + m j j ( z ˙x˙ − xz ˙ ) + m  k (xy˙ − y x˙ ) .

(A.19)

 

(A.20)

Cilindriˇ cni sustav cni

Polloˇza j toˇcke P  u cilindriˇcnom Po cnom sustavu definiram definiramoo pom pomo´ o´cu cu tri koordina koordinate te

•   koordinata z : uda udaljen ljenost ost toˇcke P  cke  P    od ravnine xy ravnine  xy cke P  •   koordinata ρ: udaljenost projekcije toˇcke P    na

ravnin rav ninu u xy   (t (toˇcka Q) od

isho is hodiˇ diˇst staa

•   koordinata φ: ravninu xy

kut izmed¯u ¯u osi x  i spo jnice isho ishodiˇ diˇsta sta i pro projekcije jekcije toˇcke cke P  na

226

DODAT DODA TAK A. KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AVI 

Smjer promjene svak svakee koordinate definira odgovaraju´ci ci jedini jediniˇˇcni cni vektor u cilindriˇcnom cnom sust sustavu. avu. Jedi Jediniˇ niˇcni cni vektor vektorii cili cilindr ndriˇ iˇcnog cno g sust sustava ava  0 ,   ρ 0 , φ k

 

(A.21)

ˇcine cine desn desnii ort ortono onormi rmirani rani sust sustav. av. To znaˇci: ci:

• da su med¯usobno ¯usob no ortogo ortogonalni nalni    =  =   ρ  · φ    ρ ·   k  =    φ ·   k=0 0

•  da su normirani

0

0

(A.22)

0

 0  =    ρ 0 ρ 0  =    φ0 φ k   k=1

·

·

•  da za vektorske produkte vrijedi    =   ρ   =    φ ×   k, φ k × ρ  , 0

0

(A.23)

·

0

0

   =   k  =    ρ0

× φ 

0

 

(A.24)

Polo Po loˇˇza za j toˇcke cke P   o dred¯en je radi r adijusjus-vektor vektorom om P   odred  = ρ  r  =  ρ  ρ0  + z   k.

 

(A.25)

ˇ Zelimo izvesti izve sti vezu cilindriˇcnih cnih i karte kartezijevih zijevih koordinata. Iz prav pravokutnog okutnog trokuta z 

  k

 0 φ

P  ρ 0 r O

φ

ρ  

y Q

x Slika A.2: Koo Koordinate rdinate i jediniˇcni cni vektori cilindriˇcnog cnog sustava. na sl. A.3 sl.  A.3  slijedi  = ρ x =  ρ cos φ  = ρ y  =  ρ sin φ =  =  z  z  = z 

⇒

 

ρ  = x2 + y 2 arctan (y/x φ = arctan y/x))  =  z  z  = z 

(A.26)

A.2.. A.2

ˇ CILIND CIL INDRI  RI CNI SUSTAV 

227

y

Q ρ  

ρ sin φ

φ x

ρ cos φ

Slika A.3: Pro Projekcija jekcija toˇcke P  cke  P  na  na ravninu xy xy.. Op´cenit cen itii vekt vektor or  zem o ra rasp spisa isati ti p om omo´ o´cu cu jed jedin iniˇ iˇcnih cni h vekt vektor oraa cil cilin indriˇ driˇcnog cno g sus sustava tava  a  moˇzemo  0  + az   = a a  =  aρ ρ 0  + aφ φ k.

 

(A.27)

Kod operacija s vektorima vrijede iste formule kao u svakom desnom ortonormiranom sustavu vektora  a  i   •   zbroj vektora  b  0  + (a ( aφ  + bφ ) φ ( az  + bz )   a +   b  = (aρ  + bρ )   ρ0  + (a k

•  skalarni produkt vektora  vektora  a  i   b  = a a ·   b  =  a b  + a b  + a b ρ ρ

vektora  a  i   •  vektorski produkt vektora  b a

×  b =

 

φ φ

 0   φ k aφ az bφ bz

ρ 0 aρ bρ

z z

 

 

 

(A.28)

(A.29)

(A.30)

  pomo U slje s ljede´ de´cem cem kora koraku ku ´cemo cem o rasp r aspis isat atii jedi j ediniˇ niˇcne cne vekt vektor oree   mo´´cu cu je jedi diniˇ niˇcnih cn ih vek vekto tora ra i  i  j  j po   cilind cil indriˇ riˇcnog cno g sust su stava ava ρ 0 i φ0 . Sa sl. A.4 A.4 p  proˇ roˇcita citamo mo::

•  projekcija vektora  i  na smjer ρ   iznosi cos φ •  projekcija vektora  i  na smjer φ   iznosi − sin φ   . =⇒   i  = cos φ  ρ − sin φφ 0

0

0

Sa sl. A.5 A.5 p  pro roˇˇcita citamo mo::

0

 

(A.31)

228

DODAT DODA TAK A. KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AVI 

y

y ρ0 cos φ  ρ  

   j

− sin φφ 

0

  i

 0 cos φφ

sin φ  ρ0 ρ  

φ

φ x

x

Slika A.4: Ras asttavljanje jediniˇ din iˇcnog cno g vekt vektor oraa   i   na vektore ρ 0   i φ0 .

Slika A.5: Rastavljan anjje jediniˇ di niˇcnog cno g vekt vektor oraa     j   na vektore ρ 0   i φ0 .

 na smjer   •  projekcija vektora    j j na ρ  iznosi sin φ 0

   iznosi cos φ •  projekcija vektora    j j na  na smjer φ 0

 0 . =  j =  j  = sin φ  ρ0  + cos φφ

⇒

 

(A.32)

U tablici A.2   saˇzeto zeto navodimo vrijednost vrijednostii skalarnih prod produkata ukata jediniˇcnih cnih vektora Kartezijevog Kartezij evog i cilindriˇcnog cnog sustava. Korist Koriste´ e´ci ci tablicu t ablicu   A.2,   moˇzemo zemo izra izraziti ziti kom-

ρ0    0 φ   k

    i  j  k cos φ sin φ 0 sin φ cos φ 0 0 0 1

−

Tablic ablicaa A.1: Vrije rijednost dnostii sk skalarni alarnih h produk produkata ata jedi jediniˇ niˇ cnih ve cnih vektora ktora cili cilindri ndriˇˇcnog cnog i Kartezijevog Kartezijev og sustav sustava. a.

ponente vekt vektora ora u Kartzijev Kartzijevom om sustavu pomo´ p omo´cu cu komponent komponentii istog vek vektora tora u cilin-

A.2.. A.2

ˇ CILIND CIL INDRI  RI CNI SUSTAV 

229

driˇcnom cno m sus sustavu tavu..

 ·  ·  · − · ·   · 

·  · · ·

 0  + az  ax  = (a   i) = aρ ρ 0  + aφ φ k

  i

 0   = aρ ρ 0   i + aφ φ i + az   k   i = aρ cos φ

aφ sin φ

 

(A.33)

 

(A.34)

 0  + az   ) = aρ ρ 0  + aφ φ (a  j ay = (  j) k  j 

 0  j  + az   = aρ ρ 0  j  + aφ φ k  j  = aρ sin φ + aφ cos φ az =  az .

 

 

(A.35) (A.36) (A.37)

 

Naravno, moˇzemo zemo napisa napisati ti i inverzne i nverzne relacije rela cije

 · ·  ·   · ·  · 

· ·  · · 

  + az  aρ  = (a   ρ0 ) = ax  i + ay j  j + k

ρ 0

=  ax   i ρ 0 + ay  j  ρ 0 + az   k ρ 0 =  ax cos φ + ay sin φ

 

 

 0 ) = ax    + az  aφ  = (a φ i + ay j  j + k

(A.39)

 0 φ

 0 + ay  j  φ  0 + az    0 =  ax   i φ k φ = ax sin φ + ay cos φ az =  az .

−

A.2.1

(A.38)

 

 

(A.40) (A.41) (A.42)

 

Brzina u cilindriˇ cilindriˇ cnom sustavu cnom sustavu

Polloˇza j toˇcke P  Po  dan je radijus-vektorom P  dan  = ρ  r  =  ρ  ρ0  + z   k.

 

(A.43)

Brzinu toˇcke cke dobijemo d obijemo derivira deriviranjem njem vektora vektora   r  po vremenu ˙ ρ0  + ρρ ˙ 0  + z  ˙  r˙  = ρ  k.

 

(A.44)

 0   mijenjaju smjer u prostoru pa i njih Bitno je uoˇciti citi da jediniˇcni cni vektori ρ 0 i φ moramo derivirat derivirati. i. Na Najjednostavnij jjednostavnijii naˇcin cin je da ih raspiˇsemo semo pom pomo´ o´cu cu jediniˇcnih cnih vektora kartezijevog sustava   ρ 0  = cos φ  i + sin φ j,  0  = sin φ    φ i + cos φ j.

−

 

(A.45)  

(A.46)

230

DODAT DODA TAK A. KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AVI 

Jediniˇcni cni vektori kartezijevog sustava ima ju fiksni smjer pa njihove vremenske derivacije  0  glase iˇsˇ sˇcezava cez avaju. ju. Der Derivac ivacije ije jed jedin iniˇ iˇcnih cni h vekt vektor oraa ρ 0 i φ ˙ 0  = ρ   ˙ 0  = φ

− sin φφ ˙ i + cos φφ ˙ j  = φ˙ φ  , ˙ρ .   = −φ  − cos φφ ˙ i − sin φφ ˙ j j =

 

0

(A.47)  

0

(A.48)

Sada deriviramo radijus-vektor  radijus-vektor  r  ˙ φ  0  + z ˙  ˙ ρ0  + ρρ ˙ 0  + z ˙  ˙ ρ0  + ρφ r˙  = ρ  k  = ρ  k.

 

(A.49)

Kinetiˇ Kin etiˇcka cka energ energija ija ˇcestice cesti ce u cili cilindriˇ ndriˇcnim cnim koo koordin rdinata atama ma



·

m m  ˙ φ  0  + z  ˙ρ0  + ρφ ˙  T  = r˙ 2 = ρ  k 2 2 m 2 = ρ˙ + ρ2  ˙φ2 + z ˙ 2 . 2



A.2.2





 ˙ φ  0 + z ˙  ˙ ρ0  + ρφ ρ  k  

(A.50)

Ubrzanje u cilindri cilindriˇ ˇ cnom sustavu cnom sustavu

Ubrzanje izraˇcunamo cunamo tako da deriviramo brzinu





d  ˙ φ  0  + z ˙  ˙ ρ0  + ρφ r¨ = ρ  k dt  ˙  ˙ 0 + ρ˙ φ  ˙ φ  ˙ φ  0  + ρφ¨φ  0  + ρφ = ρ  ρ¨  ρ0  + ρ˙ ρ  z¨   k. 0 + z 

 

(A.51)

Uvrstimo derivacije jediniˇcnih cnih vektora  ˙ φ  ˙ φ  0  + ρ˙ φ  0  + ρφ¨φ  0 r¨ = ρ  ρ¨  ρ0  + ρ˙ φ

−  

= ρ¨



− ρφ ˙  ˙ρ   + z z¨  k 2

0

 ˙ 2 ρ 0  + 2ρ˙ φ  ˙  + ρφ¨ φ  0  + z  ρφ z¨   k.

 

(A.52)

Jednadˇzba zba gibanja u cilindriˇcnim cnim koordin koordinatama atama glasi  0  + F z    =  F ρ ρ 0  + F φ φ mr¨ = F  k,

 

(A.53)

a moˇzemo zemo je rastaviti r astaviti po komponentama

−   

 ˙ 2  =  = F  ρφ  F ρ ,

 

(A.54)

 ˙ + ρφ¨  =  = F  m 2ρ˙ φ  F φ ,

 

(A.55)

mz  z¨  =  F z .

 

(A.56)

m ρ¨

231

A.3. SFERN SFERNII SUST SUSTAV 

A.2.3

Moment koliˇ cine gibanja u cilindriˇ cine ci lindriˇ cnom sustavu cnom

Primjenimo formulu za zakretni impuls   =  mr M 

×

 

 0 ρ 0 φ  = m v  =  m ρ 0  ˙ ρ˙ ρφ

Izraˇcunamo cuna mo deter determina minantu ntu   = M 

 

  k z  . z ˙

 

 ˙ ρ  + m (z  ˙ ρ˙ − ρz ˙ ) φ    + mρ  ˙φ  −mzρφ  k. 0

2

0

(A.57)

 

(A.58)

Ako se gibanje odvija u xy  ravnini, preosta je samo zadnji ˇclan clan xy ravnini,   =  mρ2  ˙φ  M  k.

A.3 A. 3

 

(A.59)

Sfer Sf erni ni su sust sta av

Polloˇza j toˇcke P  u sfernom sustavu definiramo pomo´cu Po cu tri koordinate

•   koordinata r: uda udaljen ljenost ost toˇcke P  cke  P  o  od d ravnin r avninee isho i shodiˇ diˇsta sta •   koordinata θ: kut izmed¯u osi  z  z  i i sp spoo jnic jnicee ish ishod odiˇ iˇsta sta s toˇckom P  ckom  P  •   koordinata φ: kut izme izmed d¯u ¯u osi x  i spo sp o jni jnice ce isho ishodiˇ diˇsta sta s pro projekcijo jekcijom m toˇcke cke P  na ravninu xy ravninu  xy

Kut θ  se mijenja u intervalu [0, [0, π], dok se kut φ  mijenja u intervalu [0, [0 , 2π . Smj Smjer er promjene svake koordinate koord inate definira odg odgov ovara araju´ ju´ci ci jediniˇcni cni vektor u sfernom sustavu. Jediniˇ Jedi niˇcni cni vektor vektorii sfern s fernog og sust sustava ava



 0 r0 ,   θ0 , φ

 

(A.60)

ˇcine cine desn desnii orto ortonorm normira irani ni sust sustav. av. To znaˇ z naˇci: ci: ¯usob no ortog ortogonalni onalni • da su med¯usobno    =      = 0  =  r ·   θ  =  r · φ θ ·φ 0

•  da su normirani

0

0

0

0

0

 0 = 1 r0 r0  =    θ0   θ0  =    φ0 φ

·

·

·

(A.61)

(A.62)

232

DODAT DODA TAK A. KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AVI 

z  r0

 0 φ

P    θ0

θ r O

φ

  N 

y

Q

x Slikaa A.6: Koordinate i jediniˇ Slik cni vek cni vektori tori u sfernom sustavu.

•  da za vektorske produkte vrijedi   , θ   = φ   × r , r  =    θ ×φ 0

0

0

0

0

0

 0  =  =  φ  r0

×  θ

0

 

(A.63)

Polo Po loˇˇza za j toˇcke cke P  o dred¯en je radi r adijusjus-vektor vektorom om P    odred  = r r  =  rr0 .

 

(A.64)

ˇ Zelim Zelimo o izv izvesti esti vezu sfernih sfernih i kartez artezijev ijevih ih koord koordinata. inata. Iz pra pravok vokutnog utnog trokuta na sl. A.7 sl.  A.7  slijedi

•   pro pr o jekc jekcij ijaa duˇ d uˇzine zin e  r  na os z  os  z  iznosi  iznosi r cos θ •   pro pr o jekc jekcij ijaa duˇ d uˇzine zin e  r  na ravninu xy  iznosi r sin θ xy iznosi Pro jekciju Projekcij u duˇzine zine  r  na ravninu xy ravninu  xy  (sl.  (sl. A.8  A.8)) moˇzemo zemo dalje rastaviti na na x  x  i  y  komponente

•   pro pr o jekc jekcij ijaa duˇ d uˇzine zin e  r sin θ  na os x os  x  iznosi r sin θ cos φ pr o jekc jekcij ijaa duˇ d uˇzine zin e  r sin θ  na os y os  y  iznosi  iznosi r •   pro  r sin θ sin φ Sada moˇzemo zemo izve izvesti sti vez vezu u Kartezijevih i sfernih koordinata  = r x  =  r sin θ cos φ  = r y  =  r sin θ sin φ  =  r cos θ z  = r

   ⇐⇒ 

   

r  = x2 + y 2 + z 2 arccos (z/ x2 + y 2 + z 2 ) θ  = arccos φ  = arctan y/x

(A.65)

Kod operacija s vektorima vrijede iste formule kao u svakom desnom ortonormiranom sustavu

233

A.3. SFERN SFERNII SUST SUSTAV 

y

z 

Q r sin θ

P  r sin θ

r cos θ

θ

r sin θ sin φ

r φ   N 

x

r sin θ cos φ

Slika A.7: Ravnina u kojo kojojj leˇze ze os   i radi radijusjus-vektor vektor toˇcke P  cke  P .. z  i

Slika A.8: Pro Projekcija jekcija toˇcke cke P  na ravninu xy ravninu  xy..

vektora  a  i   •   zbroj vektora  b  0 ( aθ  + bθ )   ( aφ  + bφ ) φ a +   b  = (ar  + br ) r0  + (a θ0  + (a vektora  a  i   •  skalarni produkt vektora  b  = a a ·   b  =  a b  + a b  + a b r r

θ θ

 

  θ0 aθ bθ

•  vektorski produkt vektora  vektora  a  i   b a

×

  b  =

r0 ar br

 

φ φ

 0 φ aφ bφ

 

 

(A.66)

(A.67)

(A.68)

  i   U slje sljede´ de´cem cem korak koraku u ´cemo cemo ras raspisa pisati ti jedi jediniˇ niˇcne cne vektor vektoree   p omo´ o´cu cu je jedi diniˇ niˇcnih cnih i,  j k   pom         vektora sfernog sustava  sustava  r0 , θ0 i φ0 . Na Najjedn jjednost ostavnij avnijii sluˇ sl uˇcaj ca j je jedi jediniˇ niˇcni cni vektor k  koji    direktno dire ktno moˇzemo zemo rast rastaviti aviti na jedi jediniˇ niˇcne cne vektor vektoree θ0 i r0 . Sa sl. A.9 sl.  A.9 m  moˇ oˇzemo ze mo za zakl klju juˇˇciti ci ti smjer  r  iznosi cos θ •  projekcija vektora   k  na smjer  •  projekcija vektora   k  na smjer  θ  iznosi − sin θ =⇒   k  = cos θr − sin θ  θ. 0

0

0

0

 

(A.69)

 0 .  , prvo ´cemo Da bi izraˇcunali cunali pro projekcije jekcije vektora   cemo izraˇcunati cuna ti pro projekcije jekcije vektor vektoraa N  i  i  j  j, Sa sl. A.10 sl.  A.10 mo  moˇˇzemo ze mo za zakl klju juˇˇciti ci ti

234

DODAT DODA TAK A. KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AVI 

z 

  k

− sin θ θ

0

cos θr0 θ

r   N 

Slika A.9: Rastavljanje vektora    cne vektore sfernog sustava   k  na jediniˇcne θ0 i  r0 . z 

cos θ  θ0

sin θr0  0 N 

r θ

  N   0  na jediniˇcne Slika A.10: Rastavljanje vektora N  cne vektore sfernog sustava θ 0 i  r0 .

•  projekcija vektora N    na smjer  smjer  r  iznosi sin θ •  projekcija vektora N    na smjer   θ  iznosi cos θ    = sin θr  + cos θ  =⇒ N  θ 0

0

0

0

0

0

 

0

(A.70)

 0 . Sa sl. A.11  0 i φ Sada rastavljamo vektor   sl.  A.11 mo  moˇˇzemo ze mo za zakl klju juˇˇciti ci ti i  na vektore N 

•  projekcija vektora  i  na smjer N    iznosi cos φ •  projekcija vektora  i  na smjer φ   iznosi − sin φ     − sin φφ =⇒   i  = cos φN  0

0

0

 

0

(A.71)

 0 (A.70 Uvrstimo rastav jediniˇcnog cnog vektora N  A.70))

=   i  = cos φ sin θr0  + cos φ cos θ  θ0

⇒

− sin φφ  . 0

 

(A.72)

235

A.3. SFERN SFERNII SUST SUSTAV 

r0   θ0  0 φ

  i  j  sin θ cos φ sin θ sin φ cos θ cos φ cos θ sin φ sin φ cos φ

−

  k cos θ sin θ 0

−

Tablica A.2: Vrijednosti skalarnih produkata jediniˇcnih cnih vekt vektora ora sfernog i Kartezi jevog sustav sustava. a.  0 . Sa sl  0 i φ Preostalo nam je joˇs rastaviti vekt vektor or  j   na vektore N  sl.   A.12  m  moˇ oˇzemo zakl za klju juˇˇciti ci ti    iznosi sin φ  na smjer N  •  projekcija vektora    j j na    iznosi cos φ  na smjer φ •  projekcija vektora    j j na      + cos φφ   = sin φN  =⇒  j  j = 0

0

0

 

0

(A.73)

 0 (A.70 Uvrstimo rastav jediniˇcnog cnog vektora N  A.70))

 0   = sin φ sin θr0  + sin φ cos θ  =  j  j = θ0  + cos φφ

 

⇒

(A.74)

U tablici A.3 A.3 saˇ  saˇzeto zeto navodimo vrijednos vrijednosti ti skalarnih prod produkata ukata jediniˇcnih cnih vektora y

y

  N 

   j

− sin φφ 

cos φ   N 0

0

  i

  0 sin φN 

  N 

φ

 0 cos φφ

φ x

x

Slika A.11: Ravnina u kojo Slika kojojj leˇze ze os z  os  i radi radijusjus-vektor vektor toˇcke P  cke  P ..  z  i

Sli ka A.12: Pro Slika Projekcija jekcija toˇcke P  cke  P  na ravninu xy ravninu  xy..

Kartezijevog i sfernog sustav Kartezijevog sustava. a. Koriste´ ci tablicu A.3 ci A.3,, moˇzemo zemo izraziti komponente vektora u Kartzijevom K artzijevom sustavu sus tavu pomo´ p omo´cu cu komponenti kompo nenti istog isto g vektora u sfernom sustavu. s ustavu.  = a ar = a r0  =  ax (  i r0 ) + ay ( j  r0 ) + az (  k r0 ) =  ax sin θ cos φ + ay sin θ sin φ + az cos θ

·

·

·

·

 

(A.75) (A.76)

236

DODAT DODA TAK A. KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AVI 

 = a aθ = a   θ0  =  ax (  i   θ0 ) + ay ( j    θ0 ) + az (  k   θ0 ) =  ax cos θ cos φ + ay cos θ sin φ az sin θ

·

·

·

−

·

(A.77) (A.78)

 

 0  =  0 ) + ay ( j  φ  0 ) + az (   0 )  = a aφ  = a φ  ax (  i φ k φ = ax sin φ + ay cos φ  

· −

·

·

(A.79) (A.80)

·

Naravno, moˇzemo zemo napisa napisati ti i inverzne relacije  0    = a ax  = a   i  =  a r (r0   i) + aθ (  θ0   i) + aφ (φ i) = ar sin θ cos φ + aθ cos θ cos φ aφ sin φ

·

·

·

−

·

 0  j   = a  ) + aθ (   ) + a  ) + aφ (φ ay = a  j  j =  ar (r0  j  j) θ0  j  j)  j) =  ar sin θ sin φ + aθ cos θ sin φ + aφ cos φ

·

·

·

·

 0    = a az = a   k  =  ar (r0   k ) + aθ (  θ0   k ) + aφ (φ k) = a r cos θ aθ sin θ.  

·

A.3. A. 3.1 1

−

·

·

 

(A.81) (A.82)

 

(A.83) (A.84)

·

(A.85) (A.86)

 

(A.87)

Brzi Br zina na u sf sfer erno nom m sust susta avu

Polloˇza Po za j toˇcke cke P   dan je radijus-vektorom P  dan  = r r  =  rr0 . Brzina ˇcestice cestice je vremenska vr emenska derivacija radijus radijus-vektora -vektora ˙ r0  + rr˙0 , r˙  = r

 

(A.88)

pr i ˇcemu pri cemu je jedi diniˇ niˇcni cn i vek vekto torr  r0  mijenja smjer u prostoru pa i njega moramo derivirati. Najjednostavnij Na jjednostavnijee je raspisa raspisati ti ga pom pomo´ o´cu cu jediniˇcnih cnih vektora kartezijevog sustava   + cos θ  r0  = sin θ cos φ  i + sin θ sin φ j  j + k,

 

(A.89)

koji ima imaju ju fiksni smjer pa njihove n jihove vremenske vremen ske derivacije der ivacije iˇsˇ sˇcezavaju. cezavaju. Vratimo se vrevr emenskojj derivaciji jediniˇcnog mensko cnog vektora vektora   r0  ˙  r˙0  = cos θθ˙ cos φ  i sin θ sin φφ i  ˙ j    + sin θ cos φφ + cos θθ˙ sin φ j  j +

−

− sin θθ˙ k



= cos θ cos φ  i + cos θ sin φ j 

+ sin θ

−



˙ sin φ  i + cos φ j  φ.

−



sin θ  k θ˙  

(A.90)

237

A.3. SFERN SFERNII SUST SUSTAV 

U uglatim zagradama prepoznamo jediniˇ cne vekt cne vektore ore sfernog sustav sustavaa u Kartezijevim koordinatama  0 .   (A.91) r˙0  = θ˙θ 0  + sin θ ˙φφ Uvrstimo prethodnu jednakost u izraz za brzinu (A.88 ( A.88))  0 . ˙ r0 + r θ˙  r˙  = r θ0  + r sin θ ˙φφ

 

(A.92)

Kinetiˇcka cka energija u sfernim sfer nim koordin koordinatama atama glasi



m m  ˙ φ  0 ˙r0  + rθ˙   T  =  r 2 = r θ0  + r sin θφ 2 2

·



 ˙ φ  0 .   (A.93) ˙ r0  + r θ˙θ 0  + r sin θφ r

Iskoristimo ortono ortonormirano rmiranost st jediniˇcnih cnih vektora





m 2  ˙ 2 . T  = r˙ + r 2 ˙θ2 + r 2 sin2 θφ 2

A.3.2 A.3 .2

 

(A.94)

Ubrza Ub rzanje nje u sfer sfernom nom sus susta tavu vu

Ubrz Ub rzan anje je toˇcke cke P   dobijemo tako da deriviramo brzinu P  dobijemo





d  0 ˙ r0 + r θ˙  r¨ = r θ0  + r sin θ ˙φφ dt ˙ = r r¨r0  + r˙r˙0  + r˙ θ˙   θ0  + r θ¨  θ0  + rθ˙   θ0  ˙   ˙ φ  0  + r cos θθ˙φ  0  + r˙ sin θφ¨φ  0  + r sin θ ˙φφ + r˙ sin θ ˙φφ 0.

 

(A.95)

 0 . Prvo ih ras Potrebne su nam derivacije jediniˇcnih cnih vektora   raspiˇ piˇsemo semo po pomo´ mo´cu cu θ0 i φ  jediniˇ cnih vekt cnih vektora ora kartezijev artezijevog og sustav sustavaa   θ0  = cos θ cos φ  i + cos θ sin φ j   0  = sin φ    φ i + cos φ j.

−

− sin θ k,

 

(A.96)

 

(A.97)

Deriviramo vektor   θ0 ˙   θ0  =

− sin θθ˙ cos φ i − cos θ sin φφ ˙ i  ˙ j  − cos θθ˙    + cos θ cos φφ − sin θθ˙ sin φ j j + k = − sin θ cos φ  i sin θ sin φ j cos θ  k θ˙ ˙ + cos θ − sin φ    i + cos φ j  φ.









 

(A.98)    

(A.99) (A.100) (A.101)

238

DODAT DODA TAK A. KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AVI 

 0   u Kartezijevim koordiU prethodnom izrazu prepoznamo jediniˇ cne vektore cne vektore   r0 i φ natama ˙ ˙r0  + cos θφ  ˙ φ  0 .   (A.102) θ 0  = θ

−

 0 Sada deriviramo vektor φ ˙   φ 0  =

− cos φφ ˙ i − sin φφ ˙ j  = − cos φ cos θ + sin θ φ˙  i − sin φ cos θ + sin θ φ˙ j. 



2

−

− sin θ





(A.103)

2

2

2

Dodamo Do damo i oduzmemo o duzmemo ˇclan clan sin θ cos θ ˙φ  k  ˙ 0  = φ

 



−

sin θ cos φ  i sin θ sin φ j  φ˙



 

(A.104)

 

(A.105)

 ˙   sin θ cos θφ k

 

 ˙   cos θ cos θ cos φ  i cos θ sin φ j  φ˙ + sin θ cos θφ k.

(A.106)

 

(A.107)

 

(A.108)

Grupira Gru piramo mo ˇclanove clan ove tako ta ko da dob dobijem ijemoo jedi jediniˇ niˇcne cne vektor vektoree  r0 i    θ0 ˙   φ 0  =

−





  + cos θ  sin θ sin θ cos φ  i + sin θ sin φ j  j + k φ˙





φ˙

− cos θ cos θ cos φ i + cos θ sin φ j  − sin θ k  ˙ r − cos θ ˙φ  = − sin θφ   θ. 0

0

 

(A.109) (A.110)

Konaˇcno, cno, ubzanje u sfernom sustavu

−  

 =  r¨ =  r0 r¨ +   θ0

rθ˙2

r sin θ ˙φ2 2



−  ˙ 2r˙ θ˙ + rθ¨ − r sin θ cos θφ

  2



(A.111)  

(A.112)



 ˙  + 2r +   2r θ˙ cos θ ˙φ + r sin θφ¨ . φ0 2r˙ sin θφ Jednadˇzba zba gibanja u sfernom sfer nom sustavu s ustavu glasi  0 ,   =  F rr0  + F θ θ 0  +  + F  mr¨ = F   F φ φ

 

 

(A.113)

(A.114)

i predstavlja tri skalarne jednadˇzbe zbe

−

m r¨

r θ˙2

  

 ˙ 2  = F   =  F r , r sin θφ 2

 

(A.115)

 = F   =  F θ ,

 

(A.116)

 ˙  + r sin θφ¨  = 2r θ˙ cos θφ  = F  m 2r˙ sin θ ˙φ + 2r  F φ .

 

(A.117)



m 2r˙ θ˙ + rθ¨



−

− r sin θ cos θφ ˙

2

239

A.3. SFERN SFERNII SUST SUSTAV 

A.3.3

Momentt koliˇ Momen koliˇ cine gibanja u sfernim koordinatama cine

Primjenimo formulu za zakretni impuls   =  mr M 

×

 

Izraˇcunamo cuna mo deter determina minantu ntu   = M 

 

 0 r0   θ0 φ  = m v  =  m r 0 . 0 r˙ r θ˙ r sin θ ˙φ

−mr

2



 ˙   sin θφ θ0

−



 0 . θ˙φ

 

 

(A.118)

(A.119)

240

DODAT DODA TAK A. KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AVI 

Dodatak B Vektori B.1 B. 1

Alge Al gebr bra a vek ekto tora ra

B.1.1 B.1 .1

Osno Osn ovne oper operaci acije je

Vektor  Vektor smjerom a0   Vektori  Vektori  a i    a  definiran je iznosom a  i smjerom  b  su jednaki ako vrijedi

 | |

 a  = a a0

Slika B.1: Vektor  Vektor  a  definiran je iznosom a  i smjerom  smjerom  a0 .

 | |

•  duljine vektora su jednake:  |a| = | b | •  smjerovi vektora su jednaki : a  =  b 0

0

Suprotni vektori Suprotni vektori imaju ima ju jednaku duljinu duljinu i suprotan smjer. Sv Svojstv ojstvaa osno osnovnih vnih vekvektorskih operacija

•   komutativnost zbrajanja

a +   b  =   b + a 241

 

(B.1)

242

DODAT DODA TAK B. VEKTO VEKTORI  RI 

  b   b

 c

 c

− b

 a

 a

Slika B.3 Slik B.3:: Raz Razlik likaa vek ek-  tora  tora  a  i b.

Slika B.2: Zbroj vektora Slika vektora   a  i b.

•   asocijativnost zbrajanja

•  distributivnost B.1. B. 1.2 2

Slika B.4 Slik B.4:: Prod Produk uktt vek ek-tora a  i skalara p skalara p,,    = p b  =  pa.

(a +   a + (  b + c) = ( b) + c

as ocija ijativn tivnost ost mnoˇzenja zenja •   asoc

  b

 a

 

(B.2)

( pq )a  =  = q   p((qa) = ( pq   p  q ( p  pa)

(B.3)

( p  + q )a  =  = p  p +  pa + qa i p(a +   b) =  pa + p  b

 

(B.4)

Skal Sk alar arni ni pr produ odukt kt

Skalarni produkt dva vektora je skalar a   b  = a   b  cos α.

·

 

| || |

(B.5)

Iznos skalarnog prod produkta ukta jednak je umnoˇ umn oˇsku sku duljina vektora i kosinusa kuta izmed¯u ¯u njih. Svojstva skalarnog produkta:

•   komutativnost

a   b  =   b a

·

•  distributivnost •  kvaziasocijativnost

 

·

a (  b + c) = a   b + a c

·

·

(B.6)  

·

(B.7)

 p(a    p( b) = ( p  pa)   b  = a ( p  b) = (a   b) p

·

·

·

 

·

(B.8)

Duljina vekt vektora ora odgovara skalarnom umnoˇsku sku vek vektora tora sa samim sobom a a  = a 2 = a2 .

·

||

 

(B.9)

Ako su vektori ortogonalni (α (α = 900 ), skalarni produkt jednak je nuli a   b  = 0 =

·

⇒ a ⊥  b ako je a, je  a, b  = 0.

 

(B.10)

B.1.. B.1

243

ALGEBR ALG EBRA A VEKTOR VEKTORA A

  b

α  a

Slika B.5: Vektori  Vektori  a  i   kut  α  me  med d¯u nj njim ima. a. b, kao i kut α

B.1.3 B.1 .3

Vek ektor torski ski pr produk oduktt

Vektorski produkt dva vektora je vektor: c  = a

×  b =⇒ |c| = |a|| b| sin α.

 

(B.11)

Smjer vektora  vektora  c  odred¯ujemo ¯ujemo pravilom desne ruke, dok je duljina vekt vektora ora   c  jednaka    produktu duljina vektora  vektora  a i b  i sinusa kuta izmed ¯u njih. Svojstv ¯u Svojstvaa vektors vektorskog kog pro-

  b

α  c

 a

Slika B.6: Vektori  Vektori  a  i   produktom  c  = a b, zajedno s vektorskim produktom 

×  b.

dukta:

•   antikomutativnost •   distributivnost

a a

×  b = − b × a

 

× ( b + c) = a ×  b + a × c

(B.12)  

(B.13)

•  kvaziasocijativnost  p(a  p(

×  b) = ( p pa) ×  b = a × ( p b) = (a ×  b) p

 

(B.14)

244

DODAT DODA TAK B. VEKTO VEKTORI  RI 

Vekto ektori ri su parale paralelni lni ako je kut med ¯u njima nul ¯u nula. a. U tom slu sluˇˇcaju caju je i ve vektor ktorski ski produkt ta dva vektora nula a

B.2 B.2.1

je  a, b  = 0. ×  b = 0 =⇒ a   b ako je a,

 

(B.15)

Vekt ektorsk orske e fun funk kcij cije e Deriv Der ivacij acija a vekto vektorsk rske e funk funkcije cije

 , tada je A  (u) vektorska Ako svakoj svakoj vrijednosti skalarne varijable u varijable u odgovara  odgovara vektor A   moˇze funkcija skalarne varijable u varijable  u.. A ze ovi ovisit sitii i o viˇse se vari varijab jabli li

•  primjer 1: A  ovisi o vremenu t   = A  (t) A

(B.16)

varijablama  x,, y ,  z  •  primjer 2: A  ovisi o prostornim varijablama x   = A  (x , y , z)  A

(B.17)

varijablama  x,, y ,  z   i vremenu t •  primjer 3: A  ovisi o prostornim varijablama x  z  i   = A  (x , y , z , t) A t)

(B.18)

Derivaciju vektorske funkcije definiramo kao i derivaciju skalarne funkcije    (u + ∆u ∆ u) dA A   = lim ∆u du ∆u→0

− A (u) .

 

(B.19)

Jediniˇcni cni vektori u kartezijevom sustavu su konstatni konstat ni pa njihove derivacije propada pro padaju ju  

 dA    dA      + ⇒ dduA = dA i +  j +  j k. du du du

=

1

2

3

 

(B.20)

B.2.. B.2

245

VEKTOR VEK TORSKE SKE FUNK FUNKCIJ CIJE  E 

 (u) i B  (u) vektorske, a φ(u) skalarna funkcija varijable u. Der Neka su A Derivi iviram ramoo   produkt φA d  ) = d (φAx    + φAz  (φA i + φAy j  j + k) du du dφ   dAx   d  dφ φ   dAy   =  + φ   Ax i + φ i + Ay j  j +  j du du du du  dφ dAz   + Az    k + φ k du du dφ dAx   dA y    dA z     + Az  =  + Ax  i + Ay j  j + k +φ i+  j +  j k du du du du   dφ   dA =   A+φ . du du

 



(B.21) (B.22) (B.23)



 

(B.24) (B.25)

  i B   Deriviramo skalarni produkt vektorskih funkcija A d     d (A B ) = (Ax Bx + Ay By  + Az Bz ) du du Ax dBx  A y dBy = + Bx  + Ax By  + Ay du du du du  dA z dBz +   Bz  + Az du du     dA   + A    d B . =   B du du

(B.26)

·

 ·

 

(B.27) (B.28) (B.29)

·

Jednakim postupkom doˇsli sli bi do deriv derivacije acije vektors vektorskog kog produkta d   (A du

B.2.2

 

 

  × B ) = A  ×  dduB +  dduA × B.

 

(B.30)

 

(B.31)

Integ In tegral ral ve vektor ktorsk ske e funk funkcije cije

 (u) vektorska funkcija varijable  u Neka je A  (u) =  Ax (u)    + Az (u)  A i + Ay (u) j  j + k.   defi Neodred Neo dred¯en ¯enii integra int egrall funkcije fu nkcije A  defini nira ramo mo na slj sljede´ ede´ci ci naˇcin cin

 

 

 (u)du  =   A du = i

Ax (u)du + j 

 

Ay (u)du +   k

 

Az (u)du.

 

(B.32)

 (u) za koju vrijedi Ako postoji vektorska funkcija B  (u) = d B  (u), A du

 

(B.33)

246

DODAT DODA TAK B. VEKTO VEKTORI  RI 

tada integral (B.32 (B.32)) iznosi

 

 

d    (u) + c,  = B   (B.34) B (u)du du = c, du gdje je c proizvoljan konstantni vektor. Odred¯eni ¯eni integral i ntegral s granica granicama ma u  = α  = β   u =  α i i u  u =  β  dan je izrazom  (u)du  = A du =

 

β 

 (u)du  = A du =

α

B.3 B. 3

 

β 

α

d    (β )  = B B (u)du du = du

− B (α).

 

(B.35)

Lini Li nijs jski ki in inte tegr gral al

Pretpostavimo da je krivulja C  C    u prostoru opisana vektorskom funkcijom r   koja ovisi o parametru t parametru  t   + z (t)    (B.36) r(t) =  x  x((t)  i + y (t) j  j + k. Oznaˇ Oz naˇcimo ci mo s P 1 i  P 2  kra  krajnje jnje toˇcke cke kriv krivulje ulje C . Toˇcka ka P   P 1  pritom odgovara vrijednosti parametra t1 , a toˇcka cka P 2   vrijednosti t2 . Pre Pretpos tposta tavi vimo mo da je zad zadana ana vektor vektorsk skaa   koja ovisi o prostornim koordinatama funkcija A  (x,y,z ) =  Ax    + Az    (B.37) A i + Ay j  j + k.   po krivulji C  Integral tangencijalne komponente polja A krivulji  C  je  je primjer linijskog integrala

 

  dr  = A

C 

·

 

P 2

  dr. A

 

·

P 1

(B.38)

Ukratko je opisan op´cenit cenit post postupak upak raˇcunanja cunanja linijskih integrala

•  krivulju po kojoj int integrir egriramo amo napi napiˇˇsemo semo u parame parametarsk tarskom om oblik obliku u x(t), y (t), z (t)

•   izraˇ iz raˇcunamo cuna mo dife diferenc rencija ijall



 

dx   dy    dz     + dz (t)   = dx  + k dt. dr  =  dx((t)  i + dy dy((t) j  j + k  = i +  j  j + dt dt dt

 

•   integriramo po parametru t  o odd poˇcetn ce tnee to toˇˇcke cke t  do ko kon naˇcne cn e toˇcke cke  t dx  dy  dz    · dr  =   A A (t) + A (t) + A (t) dt. dt dt dt 1

 

t2

t1

   t2

x

y

z

t1

(B.39)

2

(B.40)

Ako je C  zatvorena   zatvorena krivulja koja ne sijeˇ s ijeˇce ce samu sebe linijski integral oznaˇcavamo cavamo s

  C 

  dr. A

·

 

(B.41)

Op´cenito, cenito, vrijednost linijskog integrala ne ovisi samo o poˇcetnoj cetnoj i krajnjo krajnjojj toˇcki, cki, nego i o putanji po kojoj integriramo.

B.3.. B.3

247

LINIJS LIN IJSKI KI INTEG INTEGRAL RAL

Zadatak B.1 Ako je zadano vektorsko polje   = (3 (3x F  x

(y + 2z  2 z ) j  − x   − 2y) i + (y k, 2

  po krivulji C  izraˇcunajte cuna jte linijski integral polj poljaa F   s poˇcetk ce tkom om u to toˇˇcki ck i A  = (0 (0,, 0, 0) i F  po C  s kra jem u toˇ t oˇcki cki B  = (1 (1,, 1, 1) definirano d efinirano j parameta parametarskim rskim jednadˇzbama zbama  = t y  =  t 2 ,

 = t, x  =  t,

 =  t 3 . z  = t

Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Radijus-vektor Radijusvektor toˇcke cke na krivulji dan je parameta parametarskom rskom jednadˇzbom zbom krivulje   + t3   = t r  =  t  i + t2 j  j + k.

 

(B.42)

Deriviramo radijus-vektor da bi dobili diferencijal dr





  + 3t   + 3t  = dt 2 tdt j 3 t2 dt  2t j 3 t2  dr  =  dt  i + 2tdt  j + k  =   i + 2t  j + k dt.

 

(B.43)



(B.45)

  i diferencijala  dr Izraˇcunamo cunamo skalarni prod produkt ukt vektorskog vektors kog pol polja ja F  F  i

 

  dr  = [3 [3x F  x(t)

 · ·

=

2y (t)]  [y(t) + 2z  2 z (t)] j  i + [y

·   − 

x (t)  k 2

− − 3x(t) − 2y (t) + 2ty 2 ty((t) + 4tz  4 tz (t) − 3t x (t) 2 2

Uvrstimo paramtars paramtarsku ku jednadˇzbu zbu krivulje C 



  dr  = 3t F 

 · ·

=

    + 3t 2 t j 3 t2  i + 2t  j + k dt   (B.44)

2

+ 2t 2t3 + 4t 4t4

2

+ 2t 2t3 + t4 dt.

− 2t 3t − 2t

 

dt.

3t4 dt

 

(B.46)

 

(B.47)

Poˇcetn cetnaa toˇcka cka kr kriv ivul ulje je C  cna t = 1. C    odgovara vrijednosti parametra t  = 0, a konaˇcna Konaˇ Kon aˇcno, cno , linij li nijski ski integ integral ral

   · ·      dr  = F 

C 

t=1

3t

t=0

2

− 2t



+ 2t 2t3 + t4 dt  = dt =

23 . 15

 

(B.48)

248

DODAT DODA TAK B. VEKTO VEKTORI  RI 

Zadatak B.2 Ako je zadano vektorsko polje   = (3 (3x F  x

(y + 2z  2 z ) j  − x   − 2y) i + (y k, 2

 

(B.49)

   po krivulji C  izraˇcunajte cuna jte linijski integral pol polja ja F   s p oˇcetko cetkom m u toˇ toˇcki ck i A = (0 (0,, 0, 0) F   C  s i krajem B = (1 (1,, 1, 1) koja se sastoji od tri pravocrtna dijela: C 1   od (0, (0, 0, 0) do (0,, 1, 0), (0 0), C  (0, 1, 0) do (0, (0, 1, 1) i C 3  od (0, (0, 1, 1) do (1, (1, 1, 1).  C 2  od (0, Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Traˇzeni zeni integ integral ral moˇzemo zemo ras rastavit tavitii na tri dije dijela la

   · ·     dr  = F 

C 

  dr + F 

 · ·

C 1

 

  dr + F 

 · ·

C 2

 

  dr. F 

C 3

 

 · ·

(B.50)

Prvo integriramo po krivulji C 1  definiranoj radijus-vektorom   =  = y r  =  y j  j =

   = dy ⇒ dr =  dy j.

 

(B.51)

Silu na putanji C  putanji  C 1 dobi dobijemo jemo uvrˇstavanjem stavanje m  x  = 0 i  z   = 0 u jedn. (B.49 (B.49))  x =  z  =   = F 

−2y i + y j. 

 

(B.52)

Skalarni produkt sile i diferencijala   dr  = F 

 · ·

−

·

2y  i + y j 

Integrir Integ riramo amo od toˇcke cke y  = 0 do toˇcke cke y  = 1

 

  dr  = F 

C 1

 · ·

 

y =1

y =0

  = ydy. dy j  j =  ydy.

 

1  = . ydy = ydy 2

(B.53)

 

(B.54)

Sada integriramo po krivulji C  krivulji  C 2  definiranoj radijus-vektorom   + z   r  =  j  j + k  =

 = dz  ⇒ dr =  dz   k.

 

(B.55)

Silu na putanji C  putanji  C 2 dobi dobijemo jemo uvrˇstavanjem stavanje m  x  = 0 i  y  = 1 u jedn. (B.49 ( B.49))  x =   = F 

  −2 i + (1 + 2z  2z ) j.

 

(B.56)

Skalarni produkt sile i diferencijala   dr  = F 

 · ·

−

·

2  2z ) j  i + (1 + 2z 

dz   k  = 0,

 

(B.57)

B.3.. B.3

249

LINIJS LIN IJSKI KI INTEG INTEGRAL RAL

iznosi nula pa doprinos po krivulji C 2   oˇcito cito propada. Preo Preostaje staje nam int integral egral po krivulji C 3  definiranoj radijus-vektorom   +    = x r  =  x  i + j  j + k  =

 = dx ⇒ dr  =  dx  i.

 

(B.58)

Silu na putanji C  putanji  C 3 dob dobijem ijemoo uvrˇstavanjem stavanje m y  = 1 i  z   = 1  z  =   = (3 (3x F  x

− 2) i + 3 j  − x  k. 2

 

(B.59)

Skalarni produkt sile i diferencijala



  dr  = (3 (3x F  x

 · ·

−

2)  i + 3 j 

−x k

Integrira Integ riramo mo o d toˇcke cke x  = 0 do to toˇˇcke cke  x  = 1  x =

 

C 3

  dr  = F 

 · ·

 

x=1

x=0

·

2 

(3x (3x

(3x dx  i  = (3 x

− 2) 2)dx. dx.

1 2)dx  = − . − 2) dx = 2

 

 

(B.60)

(B.61)

Zbroj sva tri doprinosa daje nulu I  =  I   I ((C 1 ) + I (C 2 ) + I (C 3 ) =

1 2

 − 12 = 0.

 

(B.62)

250

DODAT DODA TAK B. VEKTO VEKTORI  RI 

Zadatak B.3 Ako je zadano vektorsko polje   = 3x 3 x2  (2xz  F  i + (2xz 

  + z   − y) j j + k,

   po krivulji C  opisano izraˇcunajte cuna jte linijski integral pol polja ja F    opi sano j jedna j ednadˇ dˇzbama zbam a F   8 z, x2 = 4y i 3x3 = 8z, s p oˇcetk ce tkom om u to toˇˇcki ck i x  = 0 i kra krajem jem u toˇcki x cki  x =  = 2. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Jedna Jed nadˇ dˇzbu zbu kri krivul vulje je C  moˇ   moˇzemo zemo napisa napisati ti u parametars pa rametarskom kom obliku o bliku 1 3   (B.63) x(t) =  t, y (t) = t2 , z (t) = t3 . 4 8 Poˇcetak cetak krivulje odg odgov ovara ara vrijednos vrijednosti ti parametr parametraa  t  = 0, a kraj vrijednosti parametra  t = Radijus-vektor -vektor toˇcke cke na krivulji  C   glasi t  = 2. Radijus  C  glasi  1    3 3   = t  + t k,   (B.64) r  =  t  i + t2 j  j + 4 8 dok je odgovaraju´ci ci diferencijal radijus-ve radijus-vektora ktora dan s  1    9 2    = dt  + t dtk.   (B.65) dr  =  dt  i + tdt j  j + 2 8    i diferencijala d Izraˇcunamo cunamo skalarni prod produkt ukt polj poljaa F  diferencijala  dr F  

   − ·   −     −    − 

  dr  = 3x2 (t)  [2x(t)z (t) F  i + [2x

 · ·

= = =

  + z (t)  y (t)] j  j + k



 1    9 2     + t k dt   (B.66) i + t j  j + 2 8

 1  9 y (t) t + z (t)t2 dt 2 8 3  1 2  277  2 3t2 + t4   t t + t5 dt 8 8 64  3  1 3  2  277 3t2 + t5   t + t5 dt. 8 8 64 3x2 (t) + x(t)z (t)

 

(B.67) (B.68) (B.69)

Kri vuljaa ima poˇcetak Krivulj ceta k u toˇcki cki x  = 0 i kraj u toˇcki cki x  = 2. St Stoga oga se i pa para rame meta tarr t mijenja u granicama od 0 do 2. Integriramo

   · ·       dr  = F 

C 

t=2

t=0

 3 3t2 + t5 8

−

1 1 4 9 6 = t3 + t6 t + t 16 32 128  1  9 =8+4  + = 16 16.. 2 2

−

−



 1 3  27 5 t + t dt 8 64



 

(B.70)

t=2

(B.71)

t=0

 

(B.72)

B.4.

B.4 B. 4

251

KONZERV KONZER VATIVNO POLJE 

Konz Ko nzerv ervat ativ ivno no polj polje e

Linijski integral

 

  dr  = A

C 

·

 

P 2

  dr  = A

·

P 1

 

[Ax dx + Ay dy  + Az dz ], dy +

 

(B.73)

C 

ne ovisi o putanji C  koja   ko ja spa spaja ja toˇcke cke P 1 i  P 2  ako i samo ako postoji skalarno polje φ  t.d.   = φ.   (B.74) A

∇

  iˇsˇcezava Ekvivalentan uvjet je da rotacija polja A

∇ × A  = 0.

 

(B.75)

Linijski integral u tom sluˇcaju caj u ovisi samo o toˇckama P  ckama P 1 i  P 2

  C 

  dr  = A

·

   

P 2

P 1 P 2

=

P 1

  dr  = A

·

  ∇ · P 2

 

φ dr

(B.76)

P 1

 = φ dφ = dφ  φ((x2 , y2 , z 2 )

− φ(x , y , z  ). 1

1

1

 

(B.77)

252

DODAT DODA TAK B. VEKTO VEKTORI  RI 

Zadatak B.4 Pokaˇzite zite da je po polje lje

  = 2xyz     + x2 y  A i + x2 z  j  j + k,

  = konzervativno i nad¯ite ¯ite skalarnu funkciju funkciju φ  φ((x,y,z ) za koju vrijedi A Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e:

∇φ.

  iˇsˇcezava Dovoljno je pokazati da rotacija polja A

∇ × A  = 0. Izraˇcunamo cuna mo rot rotacij aciju u

∇ × A  =

 

 

 

(B.78)

      i  j k ∂ x ∂ y ∂ z , Ax Ay Az

 

(B.79)

  [∂  ∇ × A  =  i [∂  A − ∂  A ] − j j [ ∂  A − ∂  A ] +   k [∂  A − ∂  A ] . y

z

z

y

x

z

z

x

x

y

y

x

 

(B.80)

Potebne su nam sljede´ce ce parcijal parcijalne ne derivacije

∂ y Az =  x2 , ∂ z Ay =  x2 , 2 xy, ∂ x Az = 2xy, ∂ z Ax  = 2xy, 2 xz, ∂ x Ay = 2xz, ∂ y Ax  = 2xz,

   

(B.81) (B.82) (B.83) (B.84) (B.85) (B.86)

       

Uvrstimo derivacije u formulu (B.80 ( B.80))

 

[2xz  0. ∇ × A  =  i x − x − j [2[2xy xy − 2xy xy]] +   k [2 xz  − 2xz ] = 0. 2

2

 

(B.87)

  je oˇcito Polje A cito konzer konzervativn vativno. o. Sad Sadaa traˇ tr aˇzimo zimo skalar skalarno no polje p olje φ  φ((x , y , z)  za koje vrijedi





 ∂   ∂    ∂      + Az   + k φ(x,y,z ) =  A x  φ  = i +  j  j + i + Ay j  j + k. ∂ x ∂ y ∂ z

∇

 

(B.88)

Funkcija φ(x,y,z ) mora zadovoljavati tri jednadˇzbe zbe ∂φ =  Ax  = 2xyz, ∂x ∂φ =  Ay =  x2 z, ∂y ∂φ =  Az =  x 2 y. ∂z 

 

(B.89)

 

(B.90)

 

(B.91)

B.4.

253

KONZERV KONZER VATIVNO POLJE 

Integriramo jedn. (B.89 (B.89--B.90 B.90))

     

 + g1 (y, z ), φ  = 2   xyzdx + xyzdx + g1 (y, z ) =  x 2 yz  + φ  = φ  =

 

(B.92)

 + g2 (x, z ) =  x2 yz  +  + g2 (x, z ), x2 zdy zdy +

 

(B.93)

 + g3 (x, y ) =  x 2 yz  +  + g3 (x, y ). x2 ydz  +

 

(B.94)

Jedn. (B.92 (B.92--B.94 B.94)) ´ce ce biti konzistentne ako izab izaberemo eremo =  c, g1 (y, z ) =  g2 (x, z ) =  g 3 (x, y ) = c,

 

(B.95)

gdje je c je  c konst konstanta. anta. Kon Konaˇ aˇcno, cno , funkcija fun kcija φ(x,y,z ) glasi  + c. φ(x , y , z)  =  x 2 yz  +

 

(B.96)

254

DODAT DODA TAK B. VEKTO VEKTORI  RI 

Dodatak C Polarni koordinatni sustav C.1

Definici Defin icija ja polar polarnog nog koordi oordinat natnog nog sust susta ava

Pol oˇzaj Poloˇ za j toˇcke cke u ravn ravnini ini moˇzemo zem o defi definir nirat atii po pomo´ mo´cu cu uda udalje ljeno nosti sti r  od d isho ishodiˇ diˇsta sta i kuta  r  o ishodiˇ diˇsta sta i toˇcke cke zatvara s osi x   Promjena kuta φ   je po konvenciji φ  koji spo jnica isho pozitivna ako ga mijenjamo u smjeru suprotnom od kazaljke na satu i negativna ako ga mije mijenjamo njamo u smje smjeru ru kazalj azaljke ke na satu. Vezu kartezi kartezijevi jevih h i polarnih koordinata koordinata moˇzemo zemo izvesti iz i z pravokutnog pr avokutnog trokuta na sl. sl. C.1  C.1  = r  = r x =  r cos φ i y  =  r sin φ.

 

(C.1)

Inverzne relacije glase r  =

 

x2 + y 2 i φ  = arcsin

y . x2 + y 2

 

 

y x r

T ( T (r, φ) y

φ x

Slika Sl ika C.1 C.1:: Pol Poloˇ oˇzaj za j toˇcke T  cke  T    u polarnom koordinatnom sustavu. 255

(C.2)

256

C.2 C.2. C. 2.1 1

DODAT DODA TAK C. POLARNI KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AV 

Kriv Kr ivul ulje je u polar polarnim nim koor oordi dina nata tama ma Pra Pr avac (I (I))

Pravac paralelan s osi x osi  x  zada  zadan n je jedn jednadˇ adˇzbom zb om  = a, x =  a,

 

(C.3)

u Kartezijevim koordinatama. Transformiramo jednadˇ zbu u polarne koordinate zbu  = a x =  a

a  = a ⇐⇒ r cos φ =  a ⇐⇒ r  = . cos φ

 

(C.4)

y

r φ a

x

Slika C.2: Pravac x Pravac  x =  = a  a..

C.2. C. 2.2 2

Pra Pr avac (II (II))

Pravac paralelan s osi y osi  y  zad  zadan an je jedn jednadˇ adˇzbom zbo m  = b, y  =  b,

 

(C.5)

u Kartezijevim koordinatama. Transformiramo jednadˇ zbu u polarne koordinate zbu  = b y  =  b

b  = b ⇐⇒ r sin φ =  b ⇐⇒ r  = . sin φ

 

(C.6)

257

C.2. KRIVU KRIVULJE LJE U POLARNIM POLARNIM KOORDINA KOORDINATAMA

y

r

b

φ x

Slika C.3: Pravac y  =  = b  b..

C.2. C. 2.3 3

Pra Pr avac (III (III))

Op´cenitu cenit u jedn jednadˇ adˇzbu zbu pravca u kartezij kart ezijevim evim koo koordin rdinata atama ma  = ax  + b, y  =  ax +

 

(C.7)

takod¯er ¯er moˇzemo zemo transfo transformirati rmirati u pol polarne arne koordin koordinate ate  = ar r sin φ =  ar cos φ + b.

 

(C.8)

Definiramo kut φ kut  φ 0  tako da vrijedi a = tan φ0  = =

 = b ⇒ r sin φ cos φ − r cos φ sin φ  =  b cos φ sin(φ   ⇒ r sin( φ − φ ) =  b cos φ b cos φ =⇒ r  =   . sin(φ sin( φ−φ ) 0

0

0

 

0

0

0

(C.9) (C.10) (C.11)

0

C.2.4

Kruˇ znica znica

Prom atramo Promatra mo kruˇznicu znicu rad radijus ijusaa R  sa sr sred ediˇ iˇstem st em u to toˇˇcki ck i T  Jednadˇ adˇzbu zbu u kartezkart ez R sa  T ((r0 , φ0 ). Jedn ijevim koordinatama (x

2

−x ) 0

+ (y (y

−y ) 0

2

=  R 2 =

2

⇒x

+ y 2 + x20  + y02

2

 = R − 2xx − 2yy  =  R , 0

0

  (C.12)

transformiramo u polarne koordinate r2 + r02

2

− 2r cos φr  cos φ − 2r sin φr  sin φ  =  = R  R . 0

0

0

0

 

(C.13)

Iskoristimo formulu za kosinus razlike kuteva r2 + r02

2

os (φ − φ ) =  R . − 2rr  c cos 0

0

 

(C.14)

258

DODAT DODA TAK C. POLARNI KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AV 

y φ0 b x

Slika C.4: Pravac y Pravac  y  = tan φ0 x + b. Jedn. (C.14 (C.14)) se po jedn jednost ostavlju avljuje je ako je sred srediˇ iˇste ste kruˇznice znic e u toˇcki cki ( R, 0) r 2 + R2

2

 = R 0. − 2rR cos φ =  R =⇒ r (r − 2R cos φ) = 0.

 

(C.15)

Sluˇca ca j r  = 0 sadrˇzan zan je u sluˇcaju ca ju r = 2R cos φ za φ = π/ 2. Jed Jedna nadˇ dˇzba zba kruˇznice zni ce π/2. radijusa R radijusa sred ediˇ iˇstem st em u toˇcki cki (R, 0) glasi  R  sa sr r  = 2R cos φ,

 

(C.16)

a moˇzemo zemo je izvest izvestii i po pomo´ mo´cu cu Tales alesovog ovog teor teorema. ema.

C.2.5 C.2 .5

Arhime Arh imedo dov va spi spiral rala a

Arhimedovu spiralu opisuje materijalna toˇcka Arhimedovu cka koja se giba konstan konstantnom tnom brzinom v po zraci koja rotira konstantnom kutnom brzinom ω   oko pola O Kut φ   jednoliko raste  = ω   (C.17) φ =  ωt, t, kao i radijal r adijalna na udaljenost ud aljenost od isho ishodiˇ diˇsta sta  = v r  =  vt. t.

 

(C.18)

Eliminiramo vrijeme iz jedn. (C.17 ( C.17): ): t  =  = φ/ω  φ/ω  i definiramo oznaku a

≡ v/ω.

 

(C.19)

 

(C.20)

Slijedi jednadˇzba zba Arhimedove spirale  = aφ. r  =  aφ.

259

C.2. KRIVU KRIVULJE LJE U POLARNIM POLARNIM KOORDINA KOORDINATAMA

y

(φ,aφ) φ,aφ)

φ x

Slika C.5: Arhimedova spirala.

C.2. C. 2.6 6

Hiper Hi perbol bolna na sp spir iral ala a

Jednadˇzba zba hiper hiperboln bolnee spirale sp irale glasi r  =

a . φ

 

(C.21)

Transform ransformiramo iramo jednadˇzbu zbu krivulje u Kartezijeve Ka rtezijeve koordinat ko ordinatee  = r x =  r cos φ =

a cos φ φ

i x  =  = r  r sin φ =

a sin φ . φ

 

(C.22)

Promotrimo Promotri mo graniˇcne cne vrijednos vrijednosti ti a cos φ = φ→0 φ lim

∞ i

a sin φ =  a. φ→0 φ lim

 

(C.23)

Pravac y  =  = a  a  je asimptota hiperbolne spirale. Ako kut  φ  raste radijalna udaljenost se sma smanjuj njujee tj. tj . toˇcka T  cka  T ((φ, r(φ)) se pr prib ibliˇ liˇzava zava is isho hodiˇ diˇstu. stu .

C.2.7 C. 2.7

Logari Log aritam tamsk ska a spi spiral rala a

Jednadˇzba zba logari logaritamske tamske spirale glasi  = ae r  =  aekφ .

 

(C.24)

Uz pretpostavku da je k >  0, porastom kuta φ  radijalna udaljenost r =  ae kφ raste i toˇcka cka odlazi o dlazi u beskonaˇcnost. cnost. Za vrijednost kuta kuta φ  = 0, radijalna udaljenost iznosi  φ = Daljnji njim m sma smanji njiv vanj anjem em kuta (φ (φ ) radijalna udaljenost pada i toˇcka cka se a. Dalj prib pr ibliˇ liˇzava zava is isho hodiˇ diˇstu st u U sl sluˇ uˇcaju ca ju k porastom astom kuta toˇcka cka ide id e prema isho ishodiˇ diˇstu, stu, dok  k < 0, por se smanjivanjem kuta (φ (φ ) toˇcka cka uda udaljava ljava prem premaa bes beskonaˇ konaˇcnosti. cnos ti.

 → −∞

→ −∞

260

DODAT DODA TAK C. POLARNI KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AV 

y (φ, a/φ a/φ)  =  a y  = a φ x

Slika C.6: Hiperbolna spirala. y (φ,aekφ )

(0, (0, a) x

Slika C.7: Logaritamska spirala.

C.3

Koniˇ Koni ˇ cne krivulje cne krivulje u polarnim koordinatam koordinatama a

Pro matra Proma tramo mo toˇcku cku O  i pravac AB  udaljen za D od O . Toˇcka P  P    se giba u ravnini  tako da je omjer o mjer njezine udaljeno udaljenosti sti od toˇcke O cke  O (r ) i pravca AB pravca  AB (d) konstantan. xy tako xy Udaljenost od pravca iznosi  = D   (C.25) d  =  D r cos φ

−

Omjer udaljenosti r udaljenosti  r i  d  je konstanta (

≡ e)

r = d D

−

r r cos φ

 ≡ e.

Slijedi jednadˇzba zba koniˇcne cne krivulje u pol polarnom arnom sustavu

 

(C.26)

ˇ C.3. C. 3. KON ONI  I CNE KRIVULJE U POLARNIM KOORDINATAMA

261

A

y

P  d

r φ

x

D

B

Slika C.8: C. 8: Omjer udaljeno udaljenosti sti toˇcke P  cke  P  o  od d ishodiˇ ish odiˇsta sta i pravca AB je konstantan. konstantan . r  =

eD 1 + e cos φ

 ≡ 1 + epcos φ .

 

(C.27)

Pri tome smo uveli parametar krivulje  = eD.  p =  p  eD.

 

(C.28)

Jedn. (C.27 (C.27)) moˇzemo zemo transfor transformirati mirati u Kartezijeve K artezijeve koordinate ko ordinate  p = 1 + e cos φ = r

⇒

   

x2 + y 2

Pomnoˇ Pomn oˇzimo zim o jed jedn. n. (C.29 C.29)) s  p  =  p =

p = 1+e x2 + y 2

 

 =  p x2 + y 2 + ex ex =

 = ⇒ − ex ex =

Kvadriramo jedn. (C.30 (C.30))  p2

2 2

− 2 pex + e x Izluˇcimo cimo fakt faktor or 1 − e

=  x2 + y 2 =

2

2

x . x2 + y 2

 

   

x2 + y 2 .

(C.29)

 

⇒ (1 − e )x

+ 2 pex 2 pex +  + y 2 = p 2 .



 

(C.30)

 

(C.31)

2

(1

−



2 pe e2 ) x2 + x + y 2 = p 2 , 2 (1 e )

−

(C.32)

a zatim izraz u zagradi nadopunimo do potpunog kvadrata (1

−



pe e2 ) x + 1 e2

−

− 2

p2 e2 + y 2 =  p 2 . 2 1 e

−

 

(C.33)

262

DODAT DODA TAK C. POLARNI KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AV 

Prebacimo konstantni ˇclan na desnu stranu (1

−



pe e2 ) x + 1 e2

−



2

+y =

a zatim jednadˇ zbu podijelimo s faktorom zbu faktorom p  p 2 /(1 (1

2 2

−e )  p2



pe x+ 1 e2

−



p2

2

2

1

 

−e , 2

(C.34)

2

−e )  1 − e + y 2

 p2

2

= 1.

 

(C.35)

Ovisno o vrijednosti parametra e parametra  e  ra  razli zlikuj kujemo emo ˇcetiri cet iri sl sluˇ uˇcaja ca ja kr uˇznic zn icaa: e  = 0 •   kruˇ •   elipsa: 0 < 0  < e <  1 •   parabola: e = 1 •   hiperbola: e > 1

C.3.1

Kruˇ znica znica

Uz vrijednost ekscentriciteta ekscentriciteta e   = 0 jedn. (C.35 ( C.35)) se svodi na jednadˇzbu zbu kruˇcnice cnice radijusa p radijusa srediˇ diˇstem ste m u ish ishoo diˇstu stu  p  sa sre x2 + y 2 = p 2 .

C.3. C. 3.2 2

 

(C.36)

Eli lips psa a

Da bi jedn. (C.35 (C.35)) prepoznali prep oznali kao elipsu, definiram definiramoo tri tr i veliˇcine cine 2

a

p2 , (1 e2 )2

≡ −

b

2

p2

≡ 1−e , 2

c

≡ − 1 −pee .

 

2

(C.37)

Uoˇcimo cim o da je b2 >  0 jer vrijedi 0 < e <   1. 1. Je Jedn dn.. (C.35 (C.35)) sada moˇcemo cemo napisa napisati ti u sljed sl jede´ e´cem cem ob obli liku ku (x + c)2  y 2 + 2 = 1.   (C.38) a2 b Prepozna Prepo znajemo jemo jednadˇ jed nadˇzbu zbu elipse elip se s poluosi p oluosima ma a  =

p 1

2

−e

b  =

√ 1 p− e . 2

 

(C.39)

ˇ C.3. C. 3. KON ONI  I CNE KRIVULJE U POLARNIM KOORDINATAMA

263

Centar Cent ar elipse je pomaknut od ishodiˇsta sta za c =

− 1 −pee .

 

2

(C.40)

Do isti istih h zakl zakljuˇ juˇcaka caka moˇzemo zemo do´ci ci pro promat matra raju´ ju´ci ci jedn jednadˇ adˇzbu zbu koniˇcne cne kriv krivulje ulje u po po-larnim koordinatama p   (C.41) r(φ) = . 1 + e cos φ Udaljenost Udaljeno st pericentra p ericentra od isho ishodiˇ diˇsta sta iznosi y P  r φ r O min V  x

rmax

U

Slika Sl ika C.9 C.9:: Toˇ cka  V  oz cka V  oznaˇ naˇcava cava pe peri ricent centar ar,, a toˇcka U  cka  U    apocentar.  = O rmin  =  OV  V  =  r  r((φ = 0) =

p , 1+e

 

(C.42)

 

(C.43)

dok je udaljnost apocentra  = O  = π rmax  =  OU  U  =  r  r((φ  =  π)) =

p

1

− e.

Suma velikih poluosi elipse jednaka je sumi udaljenosti pericentra i apocentra od isho is hodiˇ diˇst staa 2 p p p 2a =  = r  + =   (C.44)  rmin  + rmax  = 2a  = . 1 + e 1 e 1 e2 Doˇˇsli Do sli smo do istog izra izraza za za ve veliku liku poluos, kao i kad smo proma promatrali trali jedna jednadˇ dˇzbu zbu koniˇcne cne krivulje u Kartezijevim K artezijevim koordin koordinatama atama

⇒

−

a =

−

p

1

 

−e . 2

(C.45)

Udaljenost centra elipse od fokusa iznosi 2

 = C c =  C V 

 − OV  = a − r  −

 = a  a min  =

(1 − e ) − 1 +p e = a −  a a(1 =  ae.  + e q  +

 

(C.46)

Alternati Alte rnativna vna defin definicija icija elipse glasi: skup svih toˇ caka u rav caka ravnini nini za koje za zbroj

264

DODAT DODA TAK C. POLARNI KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AV 

y

a

U

C 

O

V  x

Slika C.10: C.10 : Velika poluos po luos odgovara o dgovara udaljenosti uda ljenosti toˇcaka U  caka U  ili ili V   V    od centra elipse C . y

U

C 

c

O

V  x

Slika C.11: Udaljenost centra elipse od fokusa c  =  = C  C O. y

W  a O′

b

a C 

y

W 

x

O

C 

a c

x

O

Slika C.12: Elipsa predstavlja skup svih toˇcaka caka u ravnini za koje ko je za zbroj udaljenosti ′ od dvij dvijee fiksn fiksnee toˇcke cke (fok (fokusi usi oznaˇceni ceni s O i  O ) konstantan i iznosi 2a 2a. udaljeno sti od udaljenosti o d dvije fiksne fi ksne toˇcke cke (fokusi) konstantan i iznosi 2a. Sa sl. C.12 sl.  C.12 mo  moˇˇzemo zakl za klju juˇˇciti ci ti   (C.47) OW  + O′ W  = 2a = OW  =  a.

⇒

Primjenimoo Pitago Primjenim Pitagorin rin pouˇcak cak na sl. sl. C.12  C.12 2

b2 = O  OW  W 

− CO

2

= a2

2

−c

= a2

√  − a e . =⇒ b =  = a  a 1 − e . 2 2

2

 

(C.48)

ˇ C.3. C. 3. KON ONI  I CNE KRIVULJE U POLARNIM KOORDINATAMA

C.3. C. 3.3 3

Par arab abol ola a

C.3. C. 3.4 4

Hipe Hi perbo rbola la

265

Da bi jedn. (C.35 (C.35)) prepoznali prep oznali kao elipsu, definira definiramo mo tri tr i veliˇcine cine a2

2

≡ (e p− 1) , 2

b2

2

2

≡ e p− 1 ,

c

2

≡ − e pe− 1 .

 

2

(C.49)

Uoˇcimo ci mo da je je b vrijedi  e >  1. Jedn. (C.35 (C.35)) sad s adaa moˇ m oˇcemo cem o nap n apis isat atii u slj sljede´ ede´cem cem  b2 >  0 jer vrijedi e obliku (x c)2  y 2 = 1.   (C.50) a2 b2 Prepoznajemo jednadˇ zbu hiperbole s poluosima zbu

−

a  =

−

p e2

b  =

−1

√ e p− 1 .

 

2

(C.51)

Centar Cent ar hiperbole je pomaknut od ishodiˇsta sta za c =

pe e2

− 1 = ea.

 

(C.52)

Neka bitna svojst svojstva va hiperbol hip erbolee moˇzemo zemo izvesti iz jednadˇzbe zbe u polarni p olarnim m koordinata koo rdinatama ma r(φ) =

p . 1 + e cos φ

 

(C.53)

Minimalnu udaljeno udaljenost st toˇcke cke na krivulji od ishodiˇ isho diˇsta sta dobijemo uvrˇstavanjem stavanjem vrijednosti φ nosti  = 0  φ = p   (C.54) rmin  = . 1+e Jedn. (C.53 (C.53)) divergira kada nazivnik padne na nulu

⇒ cos φ∞ = − 1e .

1 + e cos φ∞ = 0 =

 

(C.55)

Preth odnu Prethod nu jedn jednadˇ adˇzbu zbu moˇzemo zemo rijeˇsiti siti jer je eksce ekscentrici ntricitet tet ve´ci ci od jedan. jeda n. Funkcij unkcijaa kosinus kosin us je negativna u drugom i tre´ cem kvadrantu pa jedn. (C.55 cem C.55)) ima dva rjeˇsenja senj a φ(1) ∞ =  π

arccos cos (1 (1/e − arc /e))

i φ(2)  + arccos arccos (1 (1/e  π + /e)). ∞ = π

 

(C.56)

Udaljenost toˇcke cke od o d ishodiˇsta sta je po definiciji pozitivna. Jedn. (C.53 C.53)) je definirana samo za one kuteve, za koje vrijedi 1 + e cos φ >  0  0..

 

(C.57)

266

DODAT DODA TAK C. POLARNI KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AV 

cos(φ cos(φ)

φ(1) ∞ φ(1) ∞

φ(2) ∞

1 e

−

y

x

2π φ φ(2) ∞

Slika C.13: Odred ¯ivanje raspona dozvolje ¯ivanje dozvoljenih nih kutev kutevaa u jedn. (C.53 ( C.53). ). U poglavlju C.4 poglavlju C.4 ´  ´cemo cemo pokazati da hiperb hiperbola ola ima dvije asimptot asimptote. e. Jednadˇzbe zbe asimptota glase b  (x  (   (C.58) y1,2  = x c) . a Hiperbolu skiciramo u nekoliko koraka:

±

−

(1)

(2)

cunamo kuteve u kojima jednadˇzba zba hiper hiperbol bolee divergira divergira φ • izraˇcunamo  φ ∞ i  φ ∞ zraˇcunamo cunamo minimal minimalnu nu udaljeno udaljenost st krivulje od isho ishodiˇ diˇsta sta r  i po poloˇ loˇzaj za j centra •  i izraˇ min

hiperbole C (c, 0), te ih oznaˇcimo cimo na osi osi x  x

(1)

centar ar hiperbole provu provuˇˇcemo cemo asimptote koje zatv zatvaraju araju kutev kutevee  φ ∞ • kroz cent osi x osi  x

(2)

i  φ ∞ s

•  na kraju napravimo skicu hiperbole C.4

Asimpt Asi mptote ote kri krivul vulje je u pola polarnim rnim koordi oordinat natama ama

Krivulju Krivu lju zadan zadanu u u polarnim koordinatama koordinatama r semo u parameta parametarskom rskom obliku  r((φ) napiˇsemo x(φ) =  r  r((φ)cos φ i y (φ) =  r  r((φ)sin φ.

 

(C.59)

Provjerimo postoji li vrijednost kuta  φ  za koju jedna od funkcija  x ili  y((φ) diver φ za  x((φ) ili y gira, a druga ostaje kona konaˇˇcna cna Ako posto postoji ji kut φ kut  φ 0  sa svojstvom lim x(φ) =  A

φ

→φ0

i

lim y (φ) =

φ

→φ0

∞,

 

(C.60)

krivulja ima vertikalnu asimptotu x  =  = A kut  φ 0  sa svojstvom  A.. Ako postoji kut φ lim x(φ) =

φ

→φ0

∞

i

lim y (φ) = B =  B,,

φ

→φ0

 

(C.61)

267

C.4. ASIMP ASIMPTOTE TOTE KRIVULJE KRIVULJE U POLAR POLARNIM NIM KOORDINA KOORDINAT TAMA

y

(1)

φ∞

y

O rmin

C 

y

O rmin

x

C 

x

O rmin

C 

φ(2) ∞ Slika C.14: Centar hiperbole i minimalna udaljenost hiperbole Slika hiperb ole od o d ishodiˇ isho diˇsta sta (lijevo). Asimptote hiperbole hip erbole (sredina). Konaˇcna cna skica hiperbole (desno). krivulja ima horizontalnu asimptotu y  =  = B  B.. Ako obje funkcije divergiraju lim x(φ) =

φ

→φ0

i

∞

lim y (φ) =

φ

→φ0

 

∞,

(C.62)

ali pritom vrijedi y (φ) =  k φ→φ0 x(φ) lim

i

lim [y (φ)

φ

→φ0

− kx kx((φ)] =  b,

 

(C.63)

krivulja ima kosu asimptotu  = k y  =  kx x + b.

C.4.1 C. 4.1

 

(C.64)

Asimp Asi mptot tote e hipe hiperbol rbole e

Jednadˇ Jedn adˇzbu zbu hip hiperb erbole ole

p , 1 + e cos φ moˇzzemo emo napisati napisa ti u parameta p arametarskom rskom obliku r(φ) =

x(φ) =

p cos φ 1 + e cos φ

i y (φ) =

Objee funkcije divergira Obj divergiraju ju u sluˇcaju ca ju cos co s φ∞  = φ(1) ∞ =  π

arccos cos (1 (1/e − arc /e))

 1,, e >  1

 

p sin φ . 1 + e cos φ

(C.65)

 

(C.66)

−1/e

i φ(2)  + arccos arccos (1 (1/e  π + /e)). ∞ = π

 

(C.67)

x

268

DODAT DODA TAK C. POLARNI KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AV 

Dakle, ne postoje ve Dakle, vertik rtikalne alne ni horiz horizont ontalne alne asimptote. asimptote. Preo Preostalo stalo je pro provje vjeriti riti posp ostoje li kose asimptote i ako posto postoje je odrediti o drediti im koeficijente smjera i odsjeˇcak cak na osi b i odredili o dredili koeficijent smjera mogu´ce ce asimptote as imptote traˇzimo zimo limes y . Da bi y (φ)  = tan φ∞ . φ→φ∞ x(φ) lim

 

(C.68)

Svaki od kuteva (C.67 (C.67)) daje drugi koeficijent smjera k1  = tan φ(1) ∞ =

√  − e −1

i k2  = tan φ(2) ∞ =

2

√ 

e2

− 1.

 

(C.69)

Sada Sa da tra traˇˇzimo zim o o dsj dsjeˇ eˇcak cak na os osii y b = lim [y (φ) φ

→φ∞

 

− kx kx((φ)]

(C.70)



p = lim  (sin(φ  (sin( cos(φ φ) k cos( φ)) φ→φ∞ 1 + e cos φ p = lim  (sin(φ  (sin(  cos(φ φ) tan φ∞ cos( φ)) φ→φ∞ 1 + e cos φ sin(φ sin( p φ φ∞) = lim   cos φ∞ φ→φ∞ 1 + e cos φ sin(φ sin( φ φ∞ ) =  pe lim   . φ→φ∞ 1 + e cos φ

− −

−

 

(C.71)



 

(C.73)

−

−

(C.72)

(C.74)

U zadnjem koraku smo iskoristili uvjet cos φ∞ = 1/e  Primjenimo L’Hospitalovo /e Primjenimo pravilo cos(φ cos( φ φ∞) p =   (C.75) b  =  pe lim . φ→φ∞ sin φ∞ e sin φ Za sv svaki aki kut smo dobili odsjeˇcak cak na osi osi y  y p pe = (C.76) b1  = (1) 2 1 e sin φ∞ p pe =   (C.77) b2  = . (2) e2 1 sin φ∞

 −

−

−

−

√  − − √  −

Konaˇcno, cno, asimpto asimptote te hiperb hi perbole ole glase

√  − e − 1x + √ epe− 1 √  pe y  = e − 1x − √  . e −1 2

y1  =

2

2

Prisjetimo se relacija a  =

p e2

−1

(C.78)

2

 

2

,

b  =

√ e p− 1 , 2

c =

pe e2

− 1.

(C.79)

 

(C.80)

C.4. ASIMP ASIMPTOTE TOTE KRIVULJE KRIVULJE U POLAR POLARNIM NIM KOORDINA KOORDINAT TAMA

269

Jedn. (C.78,C.79 (C.78,C.79)) moˇzemo zemo napisa napisati ti u obliku

− ab x +  bca = − ab  ( (xx − c) b  bc b =  (  (x y  = x − x − c) . a a a y1  = 2

(C.81)  

(C.82) (1)

Asimptote se sijeku u centru hiperbole C (c, 0). Jedn Jednaa asimptota asimptota ima nagib φ∞ , a (2) druga φ∞   prema osi x osi  x..

270

DODAT DODA TAK C. POLARNI KOORDINA KOORDINATNI TNI SUST SUSTA AV 

Dodatak D Ploˇ Pl oˇ sni inte ntegr gra al i D.1

Ploˇ Plo ˇsni sni integrali integrali u Kartezijevim Kartezijevim koordinatama

Dvostruki integral neprekidne funkcije f  ¯enom om zatvo zatvoreno renom m po podruˇ druˇcju cju f ((x, y ) po omed¯en  ravnine xy D  ravnine  xy  definiramo kao dvostruku sumu

  

f (x, y )dxdy = f (

D

lim

∆xi ,∆yi

→0

 i

)∆x f (xi , yk )∆ f ( xi ∆yk .

 

(D.1)

k

Suma se proteˇ ze po onim vrijednostima i i k  za ko ze koje je toˇcke cke (xi , yk ) pripadaju podruˇcju  S   S ..

D.1.1

Pravokutno Prav okutno podruˇ cke integracije cke integracije

Promatramo Promatra mo jednostavno jed nostavno pravokutno po podruˇ druˇcje cje integracije integra cije a

i c

≤x≤b

 

≤ y ≤ d.

y

∆yk ∆xi

x

Slikaa D.1: Podjela podruˇcja Slik cja integracij integracijee na infinitezimalne dijelove. 271

(D.2)

ˇ DODAT DODA TAK D. PLO SNI INTEGRALI 

272 y d

c a

b x

Slika D.2: D.2 : Pravokutno po podruˇ druˇcje cje integracije. integra cije. Takvo po dr druˇ uˇcje cje ozn o znaˇ aˇcavamo cava mo s R  = [a, b]

× [c, d] .

 

(D.3)

Prvi naˇcin cin integ integraci racije: je: Os x Os  podijel dijelimo imo na segm segmen ente te ∆x, a zatim svaki pravokutnik dimenzija ∆x ∆ x (d c)  x po dijelimo na manje pravokutnike dimenzije ∆x ∆ x ∆y . Ukupni integral dobijemo tako da prvo zbrojimo doprinose pravokutnika ∆x ∆x ∆y  u svakom pojedinom stupcu, a zatim zbrojimo doprinose svih stupaca

× −

× ×

  

    b

 = f (x, y )dA f ( dA =

R

a



d

f (x, y )dy dx. f (

c

 

(D.4)

Dru gi naˇcin Drugi cin integ integraci racije: je: Os y Os ∆y , a zatim svaki pravokutnik dimenzija ∆y ∆y (b a)  y  podijelimo na segmente ∆y dijelimo na manje pravokutnike dimenzije ∆x ∆ x ∆y . Ukupni integral dobijemo tako

× −

×

y d

y d ∆y

∆y c

c a

∆x

a

b x

∆x

b x

Slika D.3: D.3 : Dva mogu´ca ca redosljeda red osljeda integracije. da zbrojimo doprinose pravokutnika ∆x ∆x zbrojimo doprinose svih redaka

   R

× ∆y  u svakom pojedinom retku, a zatim

    d

 = f (x, y )dA f ( dA =

c

b

a



f (x, y )dx dy. f (

 

(D.5)

ˇ D.1. D. 1. PL PLO  O SNI INTEGRALI U KARTEZIJEVIM KOORDINATAMA

273

U prvom sluˇcaju caju najprije integriramo funkc funkciju iju f  od  c do d, f ((x, y ) po  y  u granicama od c dok varijablu x varijablu  x   drˇ zimo konstantnom. zimo konsta ntnom. Dobiveni rezultat (koji ovisi o x o  x)) integriramo po x po  u granicama od a od a do  do b caju najprije integriramo funkciju f  funkciju f ((x, y )  x u  b.. U drugom sluˇcaju po x po  u granicama od c od c do  do d varijablu  y drˇ  drˇzimo zimo konstantnom. Dobiveni rezultat  x u  d,, dok varijablu y (koji ovisi o y o  y)) integriramo po y po  y  u granicama od c od  c do  do  d  d.. Ako je funkcija neprekidna na p o druˇcju R cju  R,, oba naˇcina cina integriranj integriranjaa moraju dati isti rezultat.

ˇ DODAT DODA TAK D. PLO SNI INTEGRALI 

274

Zadatak D.1 Izraˇcunajte cuna jte dvostruki integral

  

6xy2 dA,

 

(D.6)

R

ako je po podruˇ druˇcje cje integracije pravokutnik R  = [2 [2,, 4] Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e:

× [1[1,, 2].

Zadat ak ´cemo Zadatak cemo rijeˇsiti siti na dva naˇcina cina kako bi ilustrir ilustrirali ali da kra krajnji jnji rezultat ne ovisi o poretku integracije. Rjeˇ Rj eˇsenj senjee 1: Prvo integriramo po y od od y  od d  x  = 2 do x do  x =  = 4  y  = 1 do y  = 2, a zatim po  x  o  x =

  

6xy 2 dA  = dA =

R

    x=4

x=2

y =2



6xy 2 dy dx.

y =1

 

(D.7)

Kada integriramo po y   varijablu x  smatramo konstantom pa je moˇzemo zemo izvaditi iz integrala po y po  y

  

      x=4

2

6xy dA  = 6 dA =

R

y=2

=2

 = 6 y dy dx dx =

x

x=2 4

y=1

2

y3 x 3

2

(D.8)

1

2 4

[7x [7  = 14 x] dx dx =

2

= 7(16

      4

2

x 2

− 4) = 84. 84.

(D.9)

2

 

(D.10)

Rjeˇsenje senje 2: Prvo integriramo i ntegriramo po x od x  = 2 do x  = 4, a zatim po y od y  = 1 do y  = 2

  

6xy 2 dA  = dA =

R

    y =2

y =1

x=4



6xy 2 dy dx.

x=2

 

(D.11)

Kada integriramo po x  varijablu y  smatramo konstantom pa je moˇzemo zemo izvaditi iz integrala po x po  x

   R

            − y =2

2

6xy dA  = 6 dA =

x=4

y

y =1 2

2

2

 = 6 xdx dy dy =

x=2

y3 =3  = 36 y [16 4] dx dx = 3 1 = 12(8 1) = 84. 84.

y

1

x2 2

4

(D.12) 2

2

2

−

2

(D.13)

1

 

(D.14)

U oba sluˇcaja caja smo doˇsli sli do istog rezultata jer on ne ovisi o redosljedu integracije.

ˇ D.1. D. 1. PL PLO  O SNI INTEGRALI U KARTEZIJEVIM KOORDINATAMA

D.1.2 D.1. 2

275

Op´ ceni to podruˇ cenito po druˇ cje integracij cje integr acije e

Dosada smo razmatrali samo prav pravokutna okutna podruˇcja cja integracije, dok je u praksi pop odruˇ dr uˇcje cje int integ egra raci cije je ˇcest cestoo ne neka ka op´ceni cenita ta povrˇsi sina na  D

  

f (x, y )dA. f (

 

(D.15)

D

Pritom razlikuj razlikujemo emo dva osnovna os novna po podruˇ druˇcja cja integracije. U prvom sluˇcaju ca ju po podruˇ druˇcje cje integracijee je s lijeve i desne strane omed integracij ¯eno prav ¯eno pravcima cima x = a i x = b (b > a), a s gornje i donje strane neprekidnim krivuljama  y  =  = φ  φ 1 (x) i y =  φ 2 (x). Koristimo sve toˇcke (x, y ) za koje obje koordinate zadovoljavaju nejednakosti a

i φ1 (x)

≤x≤b

≤ y ≤ φ (x).

 

2

(D.16)

Podruˇ Po druˇcje cje int integr egraci acije je na napiˇ piˇsemo sem o kao D  = (x, y ) a

| ≤ x ≤ b, φ (x) ≤ y ≤ φ (x)}.

{

1

2

 

(D.17)

 

(D.18)

Prvo integriramo po varijabli y varijabli  y,, a zatim po varijabli x varijabli  x

  

    b

 = f (x, y )dA f ( dA =

D

a



φ2 (x)

f (x, y )dy dx. f (

φ1 (x)

Pri raˇcunanju cunanju integrala po varijabli y , varijablu x   smatramo konstantom. Uoˇcimo cimo da granice integracije u integralu po y po  y ovise  ovise o varijabli x varijabli  x.. U drug dr ugom om sluˇcaju ca ju po p o dr druˇ uˇcje cje y

 =  φ 2 (x) y2  = φ

y d y

 =  φ 1 (x) y1  = φ a

x

 =  φ 1 (y ) x1  = φ

 =  φ 2 (y ) x2  = φ

c b

x

x

Slika D.4: Dva osnovna tipa podruˇ p odruˇcja cja integracije. integra cije. integracije je s donje i gornje strane omed¯eno integracije ¯eno prav pravcima cima y = c i y = d (d > c), a s lijeve i desne strane neprekidnim krivuljama x  =  φ 1 (y ) i x  =  φ 2 (y ). Korist Koristimo imo sve sve toˇcke (x, y ) za koje obje koordinate zadovoljavaju nejednakosti c

≤y≤d

i φ 1 (y )

≤ x ≤ φ (y). 2

 

(D.19)

ˇ DODAT DODA TAK D. PLO SNI INTEGRALI 

276 Podruˇ Pod ruˇcje cje integ integraci racije je napiˇsemo semo u obl obliku iku D  = (x, y ) c

{

| ≤ y ≤ d, φ (y) ≤ x ≤ φ (y)}. 1

2

 

(D.20)

U ovom sluˇcaju ca ju prvo integriramo integr iramo po varijabli varijabli x varijabli  y  x,, a zatim po varijabli y

   D

    d

 = f (x, y )dA f ( dA =

c

φ2 (y)

φ1 (y )



f (x, y )dx dy. f (

 

(D.21)

Kada integriramo po x, varijablu y  smatramo konstantom, a granice integracije u integralu po varijabli x varijabli  x  ovise o varijabli y varijabli  y..

ˇ D.1. D. 1. PL PLO  O SNI INTEGRALI U KARTEZIJEVIM KOORDINATAMA

277

Zadatak D.2 Izraˇcuna cuna jte ploˇsni sni integ integral ral po nazn naznaˇ aˇcenom ceno m po podruˇ druˇcju cju integ integraci racije je

  

 = (x, y ) 1 ex/y dA, D D =

D

3

| ≤ y ≤ 2, y ≤ x ≤ y }.

{

 

(D.22)

Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Podr uˇcje Podruˇ cje integ integraci racije je je omed¯en ¯enoo pravcim pravcimaa y = 1 i y   = 2 (sluˇcaj ca j 2) pa moˇzemo zemo primjenimo jedn. (D.21 (D.21))

  

 = ex/y dA dA =

D

   

y3

2

1



ex/y dx dy.

y

 

(D.23)

Prvo rijeˇsimo simo integral po varijabli varijabli x cemu varija varijablu blu  y  tretiramo kao konstantu  x,, pri ˇcemu y3

 

 = yex/y ex/y dx dx =

y

Vrat ratimo imo se poˇ p oˇcetnom cetno m integr i ntegralu alu

  

   2

x/y

e

 = dA = dA

D

ye

y2

1



y3 y

=  y  yeey

   −

2

2

 = y dy dy =

1

 

− ye . y2

2

ye dy

1

  −

(D.24)

e

 

ydy.

(D.25)

1

Lijevi Lije vi integ integral ral izraˇcunamo cuna mo po pomo´ mo´cu cu sups supstitu titucije cije u  =  = y  y 2

 

2

1

1 ye dy = dy  = 2 y2

 

2

1

1 e dy 2 = 2 y2

 

4

 = eu du du =

1

dok je desni integral tabliˇcni cni

     2

1

Ukupni integral iznosi

1 3 2  = y 2 1  = . ydy = ydy 2 2



1  = e4 ex/y dA dA = 2 D

− 2e.

1 4 e 2

−

e1 ,

 

 

(D.26)

(D.27)

 

(D.28)

ˇ DODAT DODA TAK D. PLO SNI INTEGRALI 

278

Zadatak D.3 Izraˇ Izr aˇcuna cun a jte pl ploˇ oˇsni sn i inte integr gral al

   

3

4xy



 

− y dA, √   = x x . po po podruˇ druˇcju cju omed¯en ¯enom om funkci funkcijama jama y  y  = x  i  y  = D

(D.29)

3

Rjeˇsenje: senje: Da bi b i skicirali s kicirali po podruˇ druˇcje cje integracije, i ntegracije, prvo mu odr odredimo edimo granice 0

≤ y ≤ √ x.

i x3

≤x≤1

 

(D.30)

Radi se o po podruˇ druˇcju cju integracije integr acije tipa jedan pa moˇzemo zemo primijenit primijenitii jedn. (D.18 D.18)) y 1 y  =

√ x  =  x 3 y  = x 1 x

Slika Sli ka D.5: D.5 : Podr Podruˇ uˇcje cje integr i ntegracij acijee omed om ed¯eno ¯en o krivulj kri vuljama ama y  =

   

4xy

D

−y

3

√ x

       1

 = dA = dA

4xy

x3

0

−y

3

√ x  i  y  =  = x  x . 3

 

 

dy dx.

(D.31)

Prvo integriramo po varijabli y varijabli  y,, pri prito tom m drˇze´ ze´ci ci vari varija jabl blu u  x  konstatnom

√ x

   x3

4xy

−y

3

√ x

    = dy = dy

4xydy

x3

= 4x

√ x

2

= 2x =

y 2

√ x x3 6

7

−2x

 

(D.32)

y 3 dy

 

(D.33)

√ x

ydy

−x

y 3 dy

x3

√ x

    x3

= 4x

  −   −  −    x3 x 4

y 4

√ 

−  14 −x + x  1 1 + x − x. 4 4

+x

+ 2x 2x2

(D.34)

x3

12

12

2

2



   

(D.35) (D.36)

ˇ D.1. D. 1. PL PLO  O SNI INTEGRALI U KARTEZIJEVIM KOORDINATAMA

279

Vratimo se dvostrukom integralu

    D

4xy

−y

3

   − − 1

 = dA = dA

0

=

 

 7  1 2x7 + x2 + x12 dx 4 4

1 8 1 7 x + x13 + x3 4 52 12

55 = . 156

 

 

(D.37)

1

(D.38) 0

(D.39)

ˇ DODAT DODA TAK D. PLO SNI INTEGRALI 

280 y (0, (0, 3) y  =

y  = 3 (5, (5, 3)

−2x + 3

y  = 12 x +

1 2

(1, (1, 1) x Slika D.6: D .6: Podruˇcje cje integracije je trokut s vrhovima u toˇckama ckama (0, (0 , 3), (1, (1, 1) i (5, (5, 3).

Zadatak D.4 Izraˇcuna cuna jte integ integral ral

  

(6x2 (6x

D

− 40 40yy )dA,

ako je po podruˇ druˇcje cje integracije trokut s vrhovima u toˇckama ckama (0 (0,, 3), (1, (1, 1) i (5, (5, 3). Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Da bi mogli primjeniti jedn. (D.18 (D.18), ), podr p odruˇ uˇcje cje integracije integra cije dijelimo d ijelimo na dva dijela  = D D  =  D 1

 

∪D , 2

(D.40)

gdje D gdje  oznaˇ aˇcava cava po druˇcje cje lij lijevo evo o d pravca p ravca  x  = 1  D 1  ozn  x = D1  = (x, y ) 0

| ≤ x ≤ 1, −2x + 3 ≤ y ≤ 3},

{

 

(D.41)

 

(D.42)

a  D 2  ozn  oznaˇ aˇcava cava po podr druˇ uˇcje cje des desno no o d pra pravca vca x  = 1

| ≤ x ≤ 5, 12 x +  12 ≤ y ≤ 3}.

D2  = (x, y ) 1

{

Traˇzeni zeni integ integral ral moˇzemo zemo razb razbiti iti na dva dije dijela la

   D

(6x2 (6x

40yy )dA  = − 40 dA =

  

(6x2 (6x

D1

40yy )dA + − 40

  

D2

(6x2 (6x

40yy )dA. − 40

 

(D.43)

Oba integrala rje rjeˇˇsavamo savamo istim postupkom kao u nekolik nekolikoo prethodnih primjera

  

(6x2 (6x

D

D.2 D. 2

935 40yy )dA  = − − 40 dA = . 3

 

(D.44)

Gree Gr eeno nov v te teor orem em

Greenov teorem povezuje linijski integral vektorskog polja po zatvorenoj putanji i ploˇsni sni integr integral al po povrˇsini sini D   omed¯en ¯enoo j puta putanjo njom m C  C    Orijentacija krivulje je po

D.2.. D.2

281

GREEN GRE ENOV OV TEO TEOREM  REM 

D

C 

Slika D.7 D.7:: Povrˇsina sina D  obu  obuhva´ hva´cena cen a p etl etljo jom m  C   C .. konvenciji pozitivna ako je obilazimo u smjeru kazaljke na satu, dok je u suprotnom negativna. Pretpostavimo da je zadano dvodimenzionalno vektorsko polje   =  P    F   P ((x, y )  i + Q(x, y ) j.

 

(D.45)

Greenov teorem u tom to m sluˇcaju ca ju glasi

 

(P   = P ((x, y )dx + Q(x, y )dy dy =

C 

    D

∂Q ∂x

 −



 ∂ P  dA. ∂y

 

(D.46)

 . Izraz u zagradi na desnoj strani je rotacija dvodimenzionalnog polja F  F .

D.2.1 D.2. 1

Ilustraci Ilus tracija ja Gree Greeno novo vog g teo teorem rema a

Greenov teorem moˇzemo zemo ilustrirati na primjeru vekt vektorskog orskog polja   = 2( 2(x (x + y )2 j  F  x2 + y 2 )  i + (x

 

(D.47)

ˇ i petlje u obliku trokuta s vrhovim vrhovimaa u toˇckama ckama A(1 (1,, 1), B (2 (2,, 2) i C (1, (1, 3). Zelimo pokazati da vrijedi Greenov teorem

   ∇ ×  · F dr  =

C 

  F 

 

ds.

(D.48)

S 

  po troku Linijski integral polja F  trokutu tu mora biti jedn jednak ak plo ploˇˇsnom snom int integralu egralu rotac rotacije ije   polja F   po trokutu na sl. (D.8 ( D.8). ). F  po Linijski integral Linijski integral po trokutu razbijemo na tri integrala

    F dr  =

C 

C 1

F dr +

 

F dr +

C 2

 

F dr.

 

(D.49)

C 3

Linija C  Linija  leˇ eˇzi zi na pr pravcu avcu y  =  = x  pa je radijus r adijus vektor toˇcke cke na putanji  C 1  dan s  C 1  l  x pa    = x r  =  x  i + y j  =  x  i + x j,

 

(D.50)

ˇ DODAT DODA TAK D. PLO SNI INTEGRALI 

282 y (1, (1, 3)

C 2 (2, (2, 2)

C 3 C 1 (1, (1, 1)

x Slikaa D.8: Petlja je trokut s vrhovima u toˇckama Slik ckama A (1,, 1), 1), B (2,, 2) i  C  (1,, 3).  A(1  B (2  C (1 dok njegov diferencijal glasi

       · ·    = dx dr =  dx   i + j  .

 

(D.51)

Polje na n a isto i stojj putanji p utanji dobijemo uvrˇstavanjem y stavanjem  y  =  = x  u izraz (D.47 ( D.47))  x u   = 4x2  4 x2 j  = 4x2   F  i + 4x i +  j  .

 

(D.52)

  Integriramo skalarni produkt diferencijala dr  i polja F 

 

C 1

  dr  = F 

 · ·

x=2

x=2

  dr  = F 

x=1

x=1

8x2 dx  = dx =

56 . 3

 

(D.53)

Linija C 2  leˇzi zi na pra pravcu vcu y  =

radijus-vektor vektor toˇcke cke na putanji  C   dan s −x + 4 pa je radijus  = x    = x   (D.54) r  =  x  i + y j  j =  x  i + ( −x + 4) j, 2

a njegov diferencijal glasi

− −  − 

 = dx dr =  dx   i  j  . Polje na putanji C  putanji  C 2 dob dobijem ijemoo uvrˇstavanjem stavanje m y  =



(D.55)

(D.47)) x + 4 u izraz (D.47

  = 2 x2 + ( x + 4) 2     = 4 x2 F  i + 16 j  j =

−

 

  4x + 8   i + 16 j.

 

(D.56)

  i diferencijala  dr Skalarni produkt polja F  F  i



  dr  = 4 x2 F 

 · ·

− 4x + 8



dx

2

16dx  = 4x dx − 16 16xdx 16dx. − 16 dx = xdx + 16dx.

 

(D.57)

D.2.. D.2

283

GREEN GRE ENOV OV TEO TEOREM  REM 

  Integriramo skalarni produkt diferencijala dr  i polja F 

 

  dr  = F 

 · ·

C 2

 

x=1

  dr  = 4 F 

 · ·

x=2

   x=1

x2

x=2

− 4x + 4



 = dx = dx

− 43 .

 

(D.58)

Linija C  Linija  leˇ eˇzi zi na pr pravcu avcu x  = 1 pa je radijus vektor toˇcke cke na putanji putanji C   C 3  l  C 3  dan s   =      = x r  =  x  i + y j  j = i + y j,

 

(D.59)

dok njegov diferencijal glasi    = dy dr  =  dy j.

 

(D.60)

Polje na putanji C  putanji  C 3   dobijem dobi jemoo uvrˇ u vrˇstavanj sta vanjem em x  = 1 u izraz (D.47 ( D.47))   =     = 2(1 + y 2 )  F  i + (1 + y )2 j.

 

(D.61)

  i diferencijala  dr Izraˇcunamo cunamo skalarni prod produkt ukt pol polja ja F  F  i   dr  = (1 + y )2 dy. F 

 

 · ·

(D.62)

  Integriramo skalarni produkt diferencijala dr  i polja F 

 

  dr  = F 

 · ·

C 3

 

y =1

y =3

  dr  = F 

 · ·

   y=1



1 + 2y 2 y + y 2 dx  = dx =

y =3

− 563 .

 

(D.63)

Sva tri doprinosa zajedno daju

   · ·

  dr  = 56 F  3 C 

−  43 − 563 = − 43 .

 

(D.64)

Ploˇsni sn i inte integr gral al   Da bi izraˇcunali cuna li ploˇsni sni integ integral ral u formuli fo rmuli (D.48 D.48)) trebamo rotaciju polja F 

∇ × F   =  k (∂  F  − ∂  F  ) = 2 (x − y)  k. x

y

y

 

x

(D.65)

Trokut po kojem integriramo se nalazi u ravnini  xy element ment po povrˇ vrˇsine sin e ds ima smjer  xy,, a ele   p ovrˇsini sini trokuta moˇzemo zemo podi p odijeliti jeliti na n a dva dijela U integralu na lijevoj lijevo j k . Integral po povrˇ slici D.9 D.9 p  poo  x  integriramo od x od  x =  = 1 do x do  x =  = 2, a po y po  y od od y  = x  (linija C   y  =  x (linija  C 1 ) do y  = 2

    2

I 1 =

1

2

x

    2

2(x 2(x

− y)dxdy  = 2 dxdy =

1

2

x

    − 2

xdxdy

2

2

1

x

ydxdy.

 

(D.66)

ˇ DODAT DODA TAK D. PLO SNI INTEGRALI 

284 y

y (1, (1, 3)

(1, (1, 3)

(2, (2, 2)

(2, (2, 2)

(1, (1, 1)

(1, (1, 1)

x

x

Slika D.9: Podjela po podruˇ druˇcja cja integracije pri raˇcunanju cunanju ploˇsnog snog integrala integrala..

Prvi doprinos integralu I  integralu  I 1

           |    −   −    −  − −   −  2

I 1a  = 2

2

2

 = 2 xdxdy = xdxdy

1

x

2

=2

x y

1

 = 2 dx = dx

x 2 x=1  14 =6 = 3

−

(D.67)

x (2

x) dx

 

(D.68)

1

2

1 2 x=2

=4

 

dydx

x

2

2 x

2

xdx

x

1

2

=4

2

x2 dx

 

1 3 x=2

2

4 . 3

x 3

= 2(4

1)

2

x=1

 

8 3

 1 3

(D.69)  

(D.70) (D.71)

D.2.. D.2

285

GREEN GRE ENOV OV TEO TEOREM  REM 

Drugi doprinos integralu I 1

    −      −     −   − | 2

I 1b  =

2

2

x

2

=

2 4

2

dx +

1

= =

2

ydydx

x

2

 = dx = dx

2

 x 2 2

2

1

x

2

2

1

2

y2 2

1

=

2

ydxdy = ydxdy =

1

    −     − −

x2 dx

(D.72)

 

1 3 x=2

x 4  x xx=2 = =1  + 3 x=1  7 5 4+ = . 3 3

−

 

dx

(D.73)

  −  8 3

−4(2 − 1) +

 1 3

 

 

−

(D.74) (D.75)

Ukupno, integral na lijevoj slici daje  = I  I 1  =  I 1a  + I 1b  =

4 3

 − 53 = − 13 .

 

(D.76)

U integralu na desnoj slici D.9 slici  D.9 p  poo  x  integriramo od x od  x =  = 1 do x do  x =  = 2, a po y po  y  o  od d  y  = 2  x integriramo  y = do y do (linija ja C   y  = x + 4 (lini  C 2 )

−

        2

I 2  =

4 x

−

1

2(x 2(x

2

2

− y)dxdy

4 x

=2

1

−

    − 2

xdxdy

2

4 x

2

1

−

 

ydxdy.

(D.77)

2

Prvi doprinos integralu I 2

           |    − −   −    −  2

I 2a = 2

1

−

2

 = 2 xdxdy = xdxdy

2

2

=2

4 x

2

xdx

1

= 2(4

(D.78)

x (4

x

2) dx

 

(D.79)

1

2

=4

 

dydx

2

2

x y − dx = dx = 2

1

−

x

1

4 x 2

4 x

2

1

 = 2  x2 x2 dx dx =

x=2 x=1

− 1) − 23 (8 − 1) = 6 −  143 = 43 .

 2 3 x 3

x=2 x=1

   

(D.80) (D.81)

ˇ DODAT DODA TAK D. PLO SNI INTEGRALI 

286 Drugi doprinos integralu I  integralu  I 2

        − −        − −  − −     −  −       − − 2

I 2b  =

−

2

1 2

=

4 x

 = ydxdy = ydxdy

4 x

−

2

2

1

−

2

 = dx = dx

(4

x)2

(D.82)

4 dx

 

(D.83)

1

8x + x2 dx

12

 

ydydx

2

2

4 x y2 2

1

=

2

 

(D.84)

1

2

=

2

x2 dx

 

(D.85)

−12 + 4(4 − 1) − 13 (8 − 1) = − 73 .

 

(D.86)

 

(D.87)

12

dx + 8

xdx

1

=

2

1

1

Ukupni doprinos integrala na desnoj slici  = I  I 2  =  I 2a  + I 2b  =

4 3

 − 73 = −1.

Zbrojimo integrale integrale I   I 1 i  I 2

  ∇ × (

 )ds  =  = I  F  F )  I 1  + I 2  =

S 

− 13 − 1 = − 43 .

 

(D.88)

Linijski i ploˇsni sni integral se zaista poklapa poklapaju, ju, u skladu s Greenov Greenovim im teoremom.

D.3

Ploˇ Plo ˇsni sni integrali integrali u polarnim koordinatam koordinatama a

Podruˇcje Podruˇ cje int integrac egracije ije je ponek ponekad ad jedn jednosta ostavnij vnijee izraz izraziti iti u polarnim koord koordinatam inatama. a. Npr., integriramo funkciju funkciju f  ishodiˇ diˇstu. stu. f ((x, y ) po disku D   radijusa R   s centrom u isho Granice integracije u kartezijevim koordinatama glase

−2 ≤ x ≤ 2

i

−

√ 

R2

x2

− ≤ y ≤

√ 

R2

2

 

−x .

(D.89)

Integral u kartezijevim kartezijevi m koordin koordinatama atama je nespretan n espretan za rjeˇsavanje savanje zbog zbo g sloˇzenih zenih granica integracije √ 

  

    R

 = f (x, y )dA f ( dA =

D

R2 x2

−

−R −√ R2 −x2

f (x, y )dydx. f (

 

(D.90)

Prijelazom na polarne koordinate r i θ  granice integracije postaju znatno jednostavnije 0 θ 2π i 0 r R.   (D.91)

≤ ≤

≤ ≤

ˇ D.3. D. 3. PL PLO  O SNI INTEGRALI U POLARNIM KOORDINATAMA

287

y

(x,

√ R − x ) 2

2

R x

x

(x,

−√ R − x ) 2

2

Slika D.10: D.1 0: Podruˇcje cje integracije integra cije je disk radijusa ra dijusa  R  s centrom ce ntrom u isho ishodiˇ diˇstu. stu. Infinitezimalni Infinitezim alni element povrˇsine dA sine  dA  trans  transformira formiramo mo pom pomo´ o´cu cu Jacobija Jacobijana na  = dxdy  = dA = dA  dxdy =

 

|J |drdθ,

(D.92)

prijelaza iz kartezijevih u polarne koordinate  = r  = r x  =  r cos θ i y  =  r sin θ,

J  = Izraˇcunamo cuna mo potreb po trebnade naderivaci rivacije je ∂x ∂x  = cos θ, = ∂r ∂θ Primjenimo formulu za 2



∂x ∂r ∂y ∂r

−r sin θ,



∂x ∂θ ∂y ∂θ

.

 

(D.93)

 

(D.94)

∂y ∂y  = sin θ, =  r cos θ. ∂r ∂θ

 

(D.95)

× 2 determinantu

∂y  ∂ y ∂x J  = ∂x  − ∂r ∂θ = r cos ∂r ∂θ

2

 = r. θ + r sin2 θ  =  r.

 

(D.96)

Vratimo se formuli fo rmuli za infinitezi infinitezimalni malni element povrˇ p ovrˇsine sine  = dxdy  = dA = dA  dxdy =

 = rdrdθ. |J |drdθ drdθ =  rdrdθ.

 

(D.97)

Konaˇcno, cno, ploˇsni sni integral u pol polarnim arnim koordin koordinatama atama

   D

    β 

 = f (x, y )dA f ( dA =

α

r2 (θ )

r1 (θ )

f (r cos θ, r sin θ)rdrdθ. f (

 

(D.98)

ˇ DODAT DODA TAK D. PLO SNI INTEGRALI 

288 y (0, (0, 5)

(0, (0, 2)

(2, (2, 0)

x

(5, 0)

Sli ka D.11: Slika D. 11: Pod Podruˇ ruˇcje cje integ integraci racije je omed¯en ¯enoo je kruˇznicama znica ma rad radijus ijusaa r1 = 2 i r2 = 5 u prvom kv kvadrantu. adrantu.

Zadatak D.5 Koriste´ Kor iste´ci ci pola p olarne rne koor koordina dinate te izraˇ i zraˇcuna cuna jte integr i ntegral al

  

2xydA,

 

(D.99)

D

gdje je D je D po  povrˇ vrˇsina si na om omed ed¯ena ¯e na kr kruˇ uˇznic znicam amaa ra radi diju jusa sa r  r1  = 2 i  r2  = 5 u prvom kvadrantu. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Granice integracije zadano zadanogg podr p odruˇ uˇcja cja glase gl ase 2

≤r≤5

i 0

≤ θ ≤ π2 .

 

(D.100)

Podintegralnu funkciju prebacimo u polarne koordinate 2xy  = 2r2 sin θ cos θ  =  = r sin(2θθ). xy =  r 2 sin(2

 

(D.101)

 

(D.102)

Integral u polarnim koordinatama

  

        π/2 π/ 2

2xydA  = xydA =

D

0

5

sin n (2 (2θθ)rdrdθ r 2 si

2

π/2 π/ 2

=

5

sin(2θ) sin(2θ

0

=

− 12  co  coss (2 (2θθ)|

r3 dr

 

(D.103)

2

π/ 2 π/2 0

1 4 5 609 r 2  = . 4 4



 

(D.104)

ˇ D.3. D. 3. PL PLO  O SNI INTEGRALI U POLARNIM KOORDINATAMA

289

Zadatak D.6 Koriste´ci ci pol polarne arne koordin koordinate ate izraˇcunajte cuna jte integral

  

2 +y 2

ex

 

dxdy,

(D.105)

D

ako je D je  D  p  povrˇ ovrˇsina si na om omed ed¯ena ¯e na kruˇznico zni com m ra radi dijus jusaa r  = 1. Rjeˇ Rj eˇsenj se nje: e: Granice integracije zadano zadanogg po podruˇ druˇcja cja 0

≤ θ ≤ 2π

i 0

≤ r ≤ 1.

 

(D.106)

Podintegralna funkcija u polarnim koordinatama 2 +y 2

=  e x f (x, y ) = e f (

2

= e r ,

 

(D.107)

a zatim i integral u polarnim koordinatama

  

x2 +y 2

e

    2π

 = dxdy = dxdy

D

0

1

2

er rdrdθ.

 

(D.108)

0

Rjeˇsenje senj e integr i ntegrala ala gla glasi si

    2π

0

1

0

r2

      2π

 = e rdrdθ rdrdθ =

1

dθ

0

 = 2π e rdr rdr =

0

0

1

 = π et dt dt =  π [e

=  π

0

 

1

r2

− 1] .

er

2

1 2 dr 2  

(D.109) (D.110)

290

ˇ DODAT DODA TAK D. PLO SNI INTEGRALI 

Literatura [1] L. Lamport. LATEX A Docu Docume ment nt Pre Prepa parat ration ion Sys System tem  Addison-Wesley, California 1986.

291