Newtonsk mekanikk og krefter

Inertialsystemer

Et referansesystem er et origo, et sett akser og en klokke. En hendelse får tallene $(t, x, y, z)$ .

\displaystyle \vec F = \dot{\vec p} = m\ddot{\vec r}

Newtons andre lov for konstant masse.

Akselerasjonen på høyresiden er målt i ett bestemt system, og i mange systemer er loven rett og slett gal. Står du på en karusell og slipper en ball, krummer banen seg selv om ingen vannrett kraft virker på ballen, og du må innføre ekstra krefter for at $\vec F = m\vec a$ skal stemme.

Newtons første lov ser ut som spesialtilfellet $\vec F = 0$ av den andre loven, men den sier noe annet. Den slår fast at det finnes systemer der en fri partikkel går med konstant hastighet, og det er i dem den andre loven gjelder.

Galileo brukte et skip til å vise at jevn fart ikke kan påvises ved noe forsøk om bord. Under dekk faller dråper rett ned i en kopp, og du kaster like langt forover som bakover. Farten inngår ikke i bevegelsesligningene om bord.

Fra ett inertialsystem til alle andre

Ett inertialsystem $K$ bestemmer alle de andre. Et system $K'$ er inertialt når en fri partikkel også der går langs en rett linje med konstant hastighet, og det kravet begrenser hvordan koordinatene i $K'$ kan henge sammen med dem i $K$ .

Uniform bevegelse er en rett linje i $(t, x)$ -planet. En transformasjon som sender alle rette linjer over i rette linjer, og som er inverterbar overalt, må være lineær. Et ledd med $x^2$ eller $tx$ ville gitt banen til en fri partikkel en krumning, og da var $K'$ ikke inertialt.

Legg aksene parallelt, la origoene falle sammen ved $t = t' = 0$ og la $K'$ bevege seg med hastigheten $v$ langs $x$ -aksen. En bevegelse langs $x$ peker ikke ut noen retning på tvers, så $y' = y$ og $z' = z$ . Igjen står $t'$ og $x'$ , og en lineær transformasjon av dem har fire ukjente konstanter.

To krav ligger allerede i oppsettet. Origo i $K'$ følger linja $x = vt$ sett fra $K$ , og ingen av systemene er utpekt framfor det andre, så transformasjonen tilbake er den samme med $v$ byttet mot $-v$ . De to kravene fjerner to av konstantene og binder de to siste sammen.

\displaystyle t' = At + Bx, \qquad x' = A\,(x - vt)

Den mest generelle lineære transformasjonen mellom to inertialsystemer med parallelle akser og felles origo ved

t = 0

\displaystyle A^2 + ABv = 1

Bindingen mellom de to konstantene, så bare én av dem er fri.

Fra fire konstanter til én

Start med den generelle lineære formen $t' = At + Bx$ , $x' = Dt + Ex$ .

Origo i $K'$ er punktet $x' = 0$ , og sett fra $K$ følger det linja $x = vt$ . Innsatt gir det $0 = Dt + Evt$ for alle $t$ , altså $D = -Ev$ .

Skriv transformasjonen som en matrise $M(v)$ med radene $(A, B)$ og $(-Ev, E)$ . Sett fra $K'$ beveger $K$ seg med $-v$ , så transformasjonen tilbake er $M(-v) = M(v)^{-1}$ . Speiler du $x$ -aksen, bytter $v$ fortegn sammen med $B$ og $D$ , mens $A$ og $E$ er uendret. Elementet nederst til venstre i den inverse matrisen er $Ev/\det M$ , og det skal være $D(-v) = Ev$ , så $\det M = 1$ . Elementet øverst til venstre er da $E$ , og det skal være $A(-v) = A$ , så $E = A$ . Dermed er $x' = A\,(x - vt)$ , og determinanten gir bindingen

\det M = A^2 + ABv = 1

Galilei-transformasjonen oppfyller bindingen med $A = 1$ og $B = 0$ , og Lorentz-transformasjonen med $A = \gamma$ og $B = -\gamma v/c^2$ .

Bare én konstant står altså igjen, og én fysisk antakelse fikserer den.

Newton antar at tida er absolutt, altså at alle klokker går likt uansett hvordan de beveger seg, og da er $t' = t$ med $A = 1$ og $B = 0$ .

\displaystyle t' = t, \qquad \vec r\,' = \vec r - \vec v t

Galilei-transformasjonen. Den følger av at tida regnes som absolutt.

Hvis du i stedet krever at $\Delta s^2 = c^2\Delta t^2 - \Delta x^2 - \Delta y^2 - \Delta z^2$ har samme verdi i begge systemer, får $A$ og $B$ andre verdier, og resultatet er Lorentz-transformasjonen.

Deriver Galilei-transformasjonen med hensyn på tida, og hastighetene forskyves med $\vec v$ . Deriver en gang til, og $\vec v$ faller ut.

\displaystyle \vec u\,' = \vec u - \vec v, \qquad \vec a\,' = \vec a

Hastigheter avhenger av systemet, mens akselerasjonen er den samme i begge systemer.

Massen er den samme i begge systemer, og de vanlige kreftene i mekanikken avhenger bare av avstander mellom partikler og av relative hastigheter. Begge deler er uendret under transformasjonen, så $\vec F\,' = \vec F$ , og $m\vec a = \vec F$ har samme form i $K$ og $K'$ .

Samme kast, to inertialsystemer

Vogna skyter en ball rett opp og tar den imot igjen, og prikkene viser posisjonen med faste tidsmellomrom. Sett fra bakken er banen en parabel, sett fra vogna en rett linje opp og ned. Bytt system midt i flukten, og de samme prikkene danner den andre banen. Stå i vogna og dra i $v$ : kastet ser helt likt ut uansett, bare bakken flytter seg.

Hvorfor må transformasjonen mellom to inertialsystemer være lineær?

Vis svar Skjul svar

En fri partikkel følger en rett linje i $(t, x)$ -planet i begge systemer, så transformasjonen må sende rette linjer over i rette linjer og være inverterbar overalt. Da er den lineær bortsett fra en konstant forskyvning, og den forskyvningen forsvinner når origoene faller sammen ved $t = t' = 0$ .

Krefter som kommer fra et potensial

Arbeidet en kraft gjør på en partikkel som går fra $a$ til $b$ langs banen $C$ , er linjeintegralet

\displaystyle W = \int_C \vec F \cdot d\vec r

For en vilkårlig $\vec F(\vec r)$ avhenger dette tallet av hele banen. De fleste kreftene i mekanikken gir samme svar uansett hvilken bane du velger mellom de to punktene, og en slik kraft kalles konservativ.

Uttrykket $\vec F \cdot d\vec r = F_x\,dx + F_y\,dy + F_z\,dz$ er en differensialform, og formen er eksakt dersom den er differensialet til en funksjon. Finnes det en $V$ med $F_x = -\partial V/\partial x$ og tilsvarende for de to andre komponentene, blir linjeintegralet en differanse.

\displaystyle \int_C \vec F \cdot d\vec r = -\int_C dV = V(a) - V(b)

Bare endepunktene står igjen, så arbeidet er uavhengig av banen.

I praksis sjekker du ikke alle baner. Kryssderiverte av en glatt funksjon kommuterer, så en eksakt form må oppfylle $\partial F_x/\partial y = \partial F_y/\partial x$ sammen med de to andre parene. Det er nøyaktig kravet $\nabla \times \vec F = 0$ . På et enkeltsammenhengende område er kravet også tilstrekkelig.

Regneeksempel Er dette kraftfeltet konservativt?

Et kraftfelt i $\mathbb{R}^3$ er gitt ved

\displaystyle \vec F = (2xy + z^3)\,\hat x + x^2\,\hat y + 3xz^2\,\hat z

Avgjør om feltet er konservativt, og finn potensialet dersom det er det.

Vis løsning Skjul løsning

Sjekk de tre parene av kryssderiverte:

\displaystyle \frac{\partial F_x}{\partial y} = 2x = \frac{\partial F_y}{\partial x}, \qquad \frac{\partial F_x}{\partial z} = 3z^2 = \frac{\partial F_z}{\partial x}, \qquad \frac{\partial F_y}{\partial z} = 0 = \frac{\partial F_z}{\partial y}

Alle tre stemmer, så $\nabla \times \vec F = 0$ , og feltet er konservativt på hele $\mathbb{R}^3$ . Integrer $-\partial V/\partial x = F_x$ med hensyn på $x$ :

\displaystyle V = -(x^2 y + x z^3) + f(y, z)

Deriver denne med hensyn på $y$ og sammenlign med $F_y = -\partial V/\partial y$ . Det gir $x^2 = x^2 - \partial f/\partial y$ , altså $\partial f/\partial y = 0$ . Samme regning for $z$ gir $\partial f/\partial z = 0$ , så $f$ er en konstant.

Svar

V(x, y, z) = -(x^2 y + x z^3) + \text{konst}

Bevegelse i et potensial

I én dimensjon er $F = -dV/dx$ , og energien er bevart. Deriver $E = \tfrac12 m\dot x^2 + V(x)$ med hensyn på tida: $\dot E = \dot x\,(m\ddot x + V'(x))$ , og parentesen er null nettopp fordi $m\ddot x = -V'(x)$ .

\displaystyle E = \tfrac12 m\dot x^2 + V(x)

Det kinetiske leddet kan ikke være negativt, så partikkelen holder seg der

V(x) \le E

Grensene for dette området er vendepunktene, der $V(x) = E$ og farten er null. En partikkel som starter i en brønn med for lav energi til å komme over kanten, blir liggende og svinge mellom to vendepunkter.

Et likevektspunkt er et punkt der kraften er null, altså der $V'(x_0) = 0$ . Den andre deriverte avgjør hva et lite dytt gjør. Ligger $x_0$ i et minimum, er $V''(x_0) > 0$ , og dyttet gir en kraft tilbake mot $x_0$ . Ligger $x_0$ på en topp, er $V''(x_0) < 0$ , og samme dytt sender partikkelen videre vekk. For små utslag $\xi$ om et minimum blir bevegelsesligningen $m\ddot\xi = -V''(x_0)\,\xi$ .

\displaystyle V'(x_0) = 0, \qquad \omega = \sqrt{V''(x_0)/m}

Likevekt der

V'

har et nullpunkt. Om et minimum svinger partikkelen harmonisk med vinkelfrekvens

\omega

Potensialkurve, likevekt og vendepunkter

$V(x) = \tfrac12 kx^2 + \tfrac14 \lambda x^4$ . Utfylt markør er stabil likevekt, åpen ring er ustabil og de loddrette strekene på energilinja er vendepunktene. Det skyggelagte området er der $V(x) \le E$ . Dra $k$ ned gjennom null og se brønnen dele seg i to.

Regneeksempel Likevekt i en dobbeltbrønn

En partikkel med masse $m = 0{,}20$ kg beveger seg i potensialet $V(x) = \tfrac12 kx^2 + \tfrac14 \lambda x^4$ med $k = -1{,}2$ N/m og $\lambda = 3{,}0$ N/m³. Finn likevektspunktene, avgjør stabiliteten og regn ut vinkelfrekvensen for små svingninger om et stabilt punkt.

Vis løsning Skjul løsning

Likevekt krever $V'(x) = kx + \lambda x^3 = x\,(k + \lambda x^2) = 0$ , som gir $x_0 = 0$ og $x_0 = \pm\sqrt{-k/\lambda}$ . Med tallene er $-k/\lambda = 1{,}2/3{,}0 = 0{,}40$ m², altså $x_0 = \pm 0{,}63$ m.

Den andre deriverte er $V''(x) = k + 3\lambda x^2$ . I origo gir det $V''(0) = -1{,}2$ N/m, som er negativt, så origo er ustabil. I de to andre punktene er

\displaystyle V''(\pm 0{,}63\ \text{m}) = -1{,}2 + 3 \cdot 3{,}0 \cdot 0{,}40 = 2{,}4\ \text{N/m}

som er positivt, så begge er stabile. Vinkelfrekvensen om et av dem er

\displaystyle \omega = \sqrt{\frac{V''(x_0)}{m}} = \sqrt{\frac{2{,}4\ \text{N/m}}{0{,}20\ \text{kg}}} = \sqrt{12\ \text{s}^{-2}} = 3{,}5\ \text{rad/s}

Svar

x_0 = 0

er ustabil,

x_0 = \pm 0{,}63

m er stabile og

\omega = 3{,}5

rad/s