Metody Lagrange a i Hamiltona w Mechanice

Transkrypt

1 Meody Lagrange a i Hamilona w Mechanice Mariusz Przybycień Wydział Fizyki i Informayki Sosowanej Akademia Górniczo-Hunicza Wykład 7 M. Przybycień (WFiIS AGH) Meody Lagrange a i Hamilona... Wykład 7 1 / 12

2 Prosy oscylaor harmoniczny Zakładamy, że siła przywracająca układ do położenia równowagi zależy ylko od wychylenia: F (x) = F () + df dx x + 1 d 2 F x= 2! dx gdzie F () = x= Dla małych drgań mamy: F (x) = kx gdzie k = df dx >. x= Równanie ruchu oscylaora harmonicznego: mẍ = kx ẍ + ω 2 x = gdzie ω 2 k m Rozwiązania w posaci x() = A sin (ω δ) lub x() = A sin (ω φ) Energia kineyczna: T = 1 2 mẋ2 = 1 2 mω2 A 2 cos 2 (ω δ) = 1 2 ka2 cos 2 (ω δ) Energia poencjalna: x V = dw = F dx = x Całkowia energia jes zachowana: kxdx = 1 2 kx2 = 1 2 ka2 sin 2 (ω δ) E = T + V = 1 2 ka2 M. Przybycień (WFiIS AGH) Meody Lagrange a i Hamilona... Wykład 7 2 / 12

3 Prosy oscylaor harmoniczny, diagram fazowy m Okres drgań: ω τ = 2π τ = 2π k Ponieważ: x() = A sin (ω δ) ẋ() = Aω cos (ω δ) x 2 więc eliminując czas dosajemy: A 2 + ẋ2 x 2 A 2 ω 2 = 1 2E/k + ẋ2 2E/m = 1 Powyższe równanie przedsawione graficznie nazywamy diagramem fazowym. Przykład: Znajdź okres drgań sfery o masie m i promieniu R zawieszonej w punkcie na powierzchni. ẋ Pivo x Ponieważ: I = 2 5 mr2 + mr 2 = 7 5 mr2 N = R F N = Rmg sin θ więc równanie ruchu ma posać: I α = N Rmg I θ+ θ = τ = 2π I Rmg = 2π 7R 5g R θ F M. Przybycień (WFiIS AGH) Meody Lagrange a i Hamilona... Wykład 7 3 / 12

4 Drgania harmoniczne w dwóch wymiarach Niech siła zawracająca będzie proporcjonalna do odległości od środka układu, wedy: F = k r Fx = kr cos θ = kx oraz F y = kr sin θ = ky Równania ruchu: ẍ + ω 2 x = oraz ÿ + ω 2 y = gdzie ω 2 = k m. mają rozwiązania x() = A cos (ω α) oraz x() = B cos (ω β) Eliminując czas dosajemy: B 2 x 2 2ABxy cos δ + A 2 y 2 = A 2 B 2 sin 2 δ gdzie δ α β y δ = 9 δ = 12 δ = 15 δ = 18 δ = 21 2B x δ = 24 δ = 27 δ = 3 δ = 33 δ = 36 2A W ogólnym przypadku częsości kołowe nie muszą być równe (krzywe Lissajous): x() = A cos (ω x α) oraz x() = B cos (ω y β) M. Przybycień (WFiIS AGH) Meody Lagrange a i Hamilona... Wykład 7 4 / 12

5 Drgania łumione Prosy oscylaor harmoniczny jes idealizacją. W rzeczywisości drgania są łumione. Jeśli siła łumiąca dragania jes proporcjonalna do prędkości, F = b x, o wedy równanie ruchu jednowymiarowego oscylaora ma posać: mẍ + bẋ + kx = ẍ + 2βẋ + ω 2 x = gdzie β = b/2m jes paramerem łumienia, oraz ω 2 = k/m jes charakerysyczną częsością kąową w przypadku braku łumienia. Ogólne rozwiązanie równania ruchu ma posać: ) ( )] x() = e [A β 1 exp ( β 2 ω 2 + A 2 exp β 2 ω 2 słabe łumienie (underdumping): ω 2 1 = ω 2 β 2 > Ogólne rozwiązanie przyjmuje posać: x() = e β (A cos ω 1 + B sin ω 1 ) lub x() = Ce β cos (ω 1 γ) Ampliude Ae β β =.2ω Ae β β = Ruch periodyczny τ 1 = 2π/ω 1. M. Przybycień (WFiIS AGH) Meody Lagrange a i Hamilona... Wykład 7 5 / 12

6 Drgania łumione Diagram fazowy: x() = Ae β cos (ω 1 δ) ẋ() = Ae β [β cos (ω 1 δ) + ω 1 sin (ω 1 δ)] 1.5. x(m/s) x(m) łumienie kryyczne (criical dumping): β 2 = ω 2.5 x() = (A + B)e β silne łumienie (overdumping): ω 2 2 = β 2 ω 2 > x x() = e β ( A 1 e ω2 + A 2 e ω2) Diagram fazowy dla wybranych warunków począkowych: I. x() >, ẋ() > II. x() >, ẋ() <, sar powyżej linii ẋ = (β + ω 2 )x III. x() >, ẋ() <, sar poniżej linii ẋ = (β + ω 2 )x. x = ( β+ ω 2 )x x. = ( β ω 2)x ẋ Dos represen iniial values I II x III M. Przybycień (WFiIS AGH) Meody Lagrange a i Hamilona... Wykład 7 6 / 12

7 Drgania łumione Przykład: Ruch wahadła maemaycznego o masie m i długości l w oleju. Znajdź zależność wychylenia θ i prędkości kąowej θ od czasu jeśli wiadomo, że siła oporu F op = 2m g/l (l θ). W chwili począkowej θ = α oraz θ =. Z II z.d.n orzymujemy równanie ruchu: ml θ = mg sin θ 2m g/l (l θ) θ + 2 g/l θ + g l θ = czyli ω 2 = β 2 = g/l - łumienie kryyczne. Mamy: θ() = (A + B)e β θ() = α = A θ() = Be β β(a + B)e β θ() = B βa B = βα. θ (rad/s).5.5 θ mg T.1 mg sinθ. 2m gbθ θ(rad) A więc: θ() = α(1 + g/l )e g/l θ() = αg e g/l l M. Przybycień (WFiIS AGH) Meody Lagrange a i Hamilona... Wykład 7 7 / 12.5

8 Drgania wymuszone Rozważamy oscylaor na kóry działa siła wymuszająca drgania F cos ω. Równanie ruchu ma posaać: mẍ + bẋ + kx = F cos ω ẍ + 2βẋ + ω 2 x = A cos ω gdzie A = F /m Rozwiązanie równania jednorodnego ma posać: ] x c () = e [A β 1 exp ( β 2 ω 2 ) + A 2 exp ( β 2 ω 2 ) Rozwiązania szczególnego poszukujemy w posaci: x p () = D cos (ω δ) x p () Wsawiając x p () do równania ruchu wyznaczamy sałe: g δ = 2ωβ ω 2 sin δ =..., cos δ =... ω2 D = A (ω 2 ω 2 ) 2 + 4ω 2 β 2 x c() x p () x() β =.15 ω = ω x 1 /7 c() β =.3 ω = 5 ω 1 x() gdzie δ oznacza różnicę faz pomiędzy siłą wymuszającą i odpowiedzią układu. Ogólne rozwiązanie ma posać: x() = x c () + x p () 1/β (a) x p (). M. Przybycień (WFiIS AGH) Meody Lagrange a i Hamilona... Wykład 7 8 / 12 (b)

9 Drgania wymuszone Przykład: Równanie ruchu pewnego oscylaora ma posać: ẍ + 3ẋ + 2x = 1 cos Znajdź zależność położenia od czasu, wiedząc, że w chwili = ciało spoczywało w począku układu. Dane: 2β = 3, ω 2 = 2, A = 1, ω = 1 Rozwiązanie równania jednorodnego: x c () = e (3/2) [A 1 exp (/2) + A 2 exp ( /2)] = A 1 e + A 2 e 2 Rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego: x p () = 1 cos ( arc g 3) = cos + 3 sin Rozwiązanie ogólne: x() = x c () + x p () = A 1 e + A 2 e 2 + cos + 3 sin Wyznaczamy sałe z warunków począkowych: = A 1 + A = A 1 2A x Osaecznie orzymujemy: x() = x c () + x p () = 5e + 4e 2 + cos + 3 sin M. Przybycień (WFiIS AGH) Meody Lagrange a i Hamilona... Wykład 7 9 / 12

10 Rezonans Dla jakiej warości ω R ampliuda D osiąga maksimum (rezonans ampliudy)? dd dω ω R = ω 2 2β2 ω=ωr A Ampliuda dla częsości rezonansowej: D max = 2β ω 2 β2 Uwaga: Dla β > ω /2 rezonans nie wysępuje - ampliuda D monoonicznie maleje ze wzrosem ω. Rezonans energii kineycznej: T = ma2 ω 2 4 (ω 2 ω2 ) 2 + 4ω 2 β 2 d T ω=ωt = ω T = ω dω D Q = 8 Q = 13 Q = 7 π δ Q = 8 Q = 13 Definiujemy wielkość Q ω R 2β ω π Q = Q = 3 2 Q = 1 Q = 1 Q = (a) (b) M. Przybycień (WFiIS AGH) Meody Lagrange a i Hamilona... Wykład 7 1 / 12 ω ω Q = 3 Q = 7 Q = 8 ω

11 Zasada superpozycji Równanie ruchu harmonicznego w posaci operaorowej: ( d 2 d 2 + 2β d ) d + ω2 x() = A cos ω Z definicji operaora liniowego wiemy, że: Lx 1 = F 1 (), Lx 2 = F 2 () L(α 1 x 1 + α 2 x 2 ) = α 1 F 1 () + α 2 F 2 () W szczególności jeśli F () = α n cos (ω n φ n ) o rozwiązania równania n ruchu oscylaora mozna zapisać w posaci: x() = 1 α n m n (ω 2 ωn) ωnβ cos (ω n φ n δ n ) 2 2 ( ) 2ωn β δ n = arc g ω 2 ω2 n Twierdzenie Fouriera: Dowolna funckja okresowa, F ( + τ) = F (), może być przedsawiona w posaci szeregu funkcji harmonicznych: F () = 1 2 a + (a n cos nω + b m sin nω) n=1 M. Przybycień (WFiIS AGH) Meody Lagrange a i Hamilona... Wykład 7 11 / 12

12 Twierdzenie Fouriera gdzie a n = 2 τ b n = 2 τ τ τ F () cos nωd = ω π F () sin nωd = ω π π/ω π/ω π/ω π/ω F () cos nωd F () sin nωd Przykład: Znajdź rozwinięcie Fouriera dla podanej funkcji. F () = A τ = ωa 2π, dla τ/2 < < τ/2 Ponieważ F ( ) = F () więc wszyskie a n =. A więc: b n = ω2 A 2π 2 F () = A π π/ω π/ω sin nωd = A nπ ( 1)n+1 [sin ω 12 sin 2ω + 13 sin 3ω... ] A/2 A/2 F() τ 2 erms 5 erms 8 erms M. Przybycień (WFiIS AGH) Meody Lagrange a i Hamilona... Wykład 7 12 / 12