ZADANIA. II zasada dynamiki Newtona: 1, 2, 4. Zasada d'alemberta: 1, 2, 4, 5, 12. Równania Lagrange'a I rodzaju: 2, 4

Transkrypt

1 ZADANIA II zasaa ynamiki Newtona:,, 4 Zasaa 'Alemberta:,, 4, 5, Równania Lagrange'a I rozaju:, 4 Równania Lagrange'a II rozaju:,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0,, Równania Hamiltona:,, 7, Zasaa najmniejszego ziałania:, 4 Zasaa zachowania energii:, 4

2 ZADANIE Wyznacz równanie ruchu masy m umieszczonej na końcu \ sztywnego wahała o ługości L korzystając z: a) Zasa ynamiki Newtona b) Zasay 'Alemberta c) Zasay zachowania energii ) Równań Lagrange'a II rozaju e) Równań Hamiltona ROZWIĄZANIE: Ukła posiaa tylko jeen stopień swoboy. ϕ x R L mg y AD a) II ZASADA DYNAMIKI NEWTONA Z geometrii ukłau wynika, że: x(t ) = L sin ϕ(t) y(t ) = L ( cos ϕ(t)) Stą: ẋ = L ϕcos ϕ ẏ = L ϕsin ϕ R R sinϕ mg sinϕ ϕ R cos ϕ mg cos ϕ ϕ ẍ = L[ ϕcosϕ ( ϕ) sin ϕ ] ÿ = L [ ϕsin ϕ+( ϕ) cos ϕ] mg W II zasazie ynamiki Newtona musimy uwzglęnić wpływ wszystkich sił ziałających na ciało w tym, sił reakcji R. Ruch obywa się po okręgu na tej postawie powinniśmy wyznaczyć nieznaną siłę reakcji w wahale. Zaganienie to nie jest jenak proste siła R nie może jeynie równoważyć skłaowej ciężaru na kierunku wahała, ponieważ wtey masa musiałaby poruszać się po linii prostej. Wiemy, że w przypaku ruchu po okręgu zakrzywienie toru spowoowane jest obecnością siły ośrokowej F R. Musielibyśmy mieć zatem: R = mg cosϕ + F R Nie umiemy jenak poać wartości tej siły, ponieważ znany powszechnie wzór: F R = mv obowiązuje jeynie w przypaku ruchu po okręgu ze stałą prękością kątową. W przypaku ruchu wahała prękość ta zmienia się w czasie. Możemy jeynie napisać, że siła ośrokowa jest pewną funkcją czasu F R (t ). Rozkłaając się reakcji na skłaowe i uwzglęniając obecność siły ciężkości, suma sił na kierunku poziomym i pionowym jest równa: (F ix +R ix ) = mg cos ϕsin ϕ F R sin ϕ i L 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

3 (F iy +R iy ) = mg + mg cos ϕ + F R cos ϕ i Równania ruchu wyznaczamy z II zasay ynamiki Newtona: m ẍ = mg cosϕsin ϕ F R sin ϕ m ÿ = mg+mg cos ϕ+f R cos ϕ Wyrażając przyspieszenia pionowe i poziome przez przyspieszenie kątowe otrzymujemy: L[ ϕ cosϕ ( ϕ) sin ϕ] = g cosϕsin ϕ F R m L[ ϕsin ϕ+( ϕ) cosϕ] = g+g cos ϕ+ F R m sin ϕ cosϕ Możemy zrzutować obywie zależności na kierunek prostopały o osi wahała (styczny o toru) mnożąc pierwsze równanie przez cos ϕ rugie zaś przez sin ϕ : ϕ cos ϕ ( ϕ) cos ϕsin ϕ = g L cos ϕsin ϕ F R sin ϕcosϕ ml ϕsin ϕ+( ϕ) cosϕsin ϕ = g L sin ϕ+g L cos ϕsin ϕ+ F R sin ϕcos ϕ ml Doając równania o siebie otrzymujemy: ϕ(cos ϕ+sin ϕ) = g L sin ϕ Ską po wykorzystaniu wzoru na jeynkę trygonometryczną otrzymujemy równanie ruchu: ϕ+ g L sin ϕ 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

4 AD b) ZASADA D'ALEMBERTA Wyznaczamy siły czynne i siły bezwłaności ziałające na masę rgającą. Aby wyznaczyć siły bezwłaności musimy znać orientację wektora przyspieszenia z geometrii ukłau: x(t ) = L sin ϕ(t) y(t ) = L ( cos ϕ(t)) Stą: ẋ = L ϕcos ϕ ẏ = L ϕsin ϕ ẍ = L[ ϕcosϕ ( ϕ) sin ϕ ] ÿ = L [ ϕsin ϕ+( ϕ) cos ϕ] ϕ δϕ δr δ x v δ y Siły bezwłaności rzutujemy następnie na kierunek poziomy i pionowy: F x F y = mg B x = m ẍ = ml[ ϕcos ϕ ( ϕ) sin ϕ] B y = m ÿ = ml[ ϕsin ϕ+( ϕ) cosϕ] Dopuszczalne przemieszczenie jest równoległe o wektora prękości stycznej: δ r = L δϕ Rzutujemy je na kierunek poziomy i pionowy: δ x = δ r cos ϕ = L cosϕδ ϕ δ y = δ r sin ϕ = L sin ϕδ ϕ Praca wirtualna: δ L = (B+F) δ r = ( B x +F x )δ x+( B y +F y )δ y [ ml( ϕcos ϕ ( ϕ) sin ϕ)] (L cosϕδ ϕ) + [ mg ml( ϕsin ϕ+( ϕ) cosϕ)] ( Lsin ϕδ ϕ) [ ml ϕcos ϕ + ml ( ϕ) sin ϕcos ϕ mglsin ϕ ml ϕsin ϕ ml ( ϕ) sin ϕcos ϕ]δ ϕ=0 δϕ δϕ ml [ ϕ(sin ϕ+cos ϕ) + g L sin ϕ ] δ ϕ=0 δ ϕ ϕ+ g L sin ϕ 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 3

5 AD c) ZASADA ZACHOWANIA ENERGII Masa skupiona na końcu wahała posiaa prękość liniową ṙ, którą możemy wyrazić poprzez prękość kątową ṙ = ϕ L. Energia kinetyczna jest zatem równa: E k = m(ṙ) = ml ( ϕ) Energię potencjalną stanowi energia potencjalna pola sił grawitacji: Energia całkowita jest równa: E p = mgy = mg L( cos ϕ) E = ml ( ϕ) +mg L( cos ϕ) Z zasay zachowania energii otrzymujemy równanie ruchu pamiętając, że roga kątowa E = m L ϕ ϕ + mg L ϕsin ϕ t co jest równoważne równaniu: ϕ+ g L sin ϕ ϕ jest funkcją czasu: AD ) RÓWNANIA LAGRANGE'A II RODZAJU Jako współrzęną uogólnioną przyjmujemy kąt wychylenia wahała: q = ϕ Wektor położenia: Wektor prękości: r = x = L sin q y = L( cosq) ṙ = = L q cosq ẋ ẏ = L qsin q Energia kinetyczna: E k = m(ṙ) = ml ( q) (cos q+sin q) = ml ( q) Obciążenie stanowi jena siła czynna: Siła uogólniona: F = F x F y = mg Q = r F = ( L cosq) 0 + (L sin q) ( mg ) = mgl sin q q Równanie Lagrange'a II rozaju: t ( E k q ) E k q = Q 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 4

6 t [ q( ml ( q) )] q( ml ( q) ) = mglsin q t [ml q ] = mglsin q Postawiając q = ϕ : ml q = mgl sin q ϕ+ g L sin ϕ Ponieważ siła grawitacji jest siłą potencjalną, zatem zaanie można rozwiązać stosując szczególną postać równań Lagrange'a la ruchu w potencjalnym polu sił. W tym celu wyznaczamy energię potencjalną: E p = mgy = mg L( cos q) Definiujemy lagranżjan: L = E k E p = ml ( q) mgl( cos q) Równania Lagrange'a: t ( L q ) L q [ t q( ml ( q) mgl( cosq))] q( ml ( q) mgl( cosq)) t (ml q ) ( mglsin q ) Postawiając q = ϕ : ml q+mgl sin q ϕ+ g L sin ϕ AD e) RÓWNANIA HAMILTONA Jako współrzęną uogólnioną przyjmujemy kąt wychylenia wahała: q = ϕ Wektor położenia: Wektor prękości: r = x = L sin q y = L( cosq) ṙ = = L q cosq ẋ ẏ = L qsin q Energia kinetyczna: E k = m(ṙ) = ml ( q) (cos q+sin q) = ml ( q ) Energia potencjalna: E p = mgy = mg L( cos q) 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 5

7 Lagranżjan: L = E k E p = ml ( q) mgl( cos q) Pę uogólniony: p = L q = ml q Prękość uogólniona jako funkcja pęu uogólnionego: q = p ml Hamiltonian: H = p q L = p ml [ ml p mgl( cosq)] = Równania Hamiltona: = p +mgl( cos q) ml ṗ = H q q = H p = mglsin q ṗ q = p ml 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 6

8 ZADANIE Punkt materialny o masie m po wpływem siły ciężkości może poruszać się po płaszczyźnie f anej równaniem: f : A x+b y+c z Wyznaczyć równania ruchu la tego punktu wykorzystując: a) II zasaę ynamiki Newtona b) Zasaę 'Alemberta c) Równania Lagrange'a I rozaju ) Równania Lagrange'a II rozaju e) Równania Hamiltona f) Zasaę najmniejszego ziałania ROZWIĄZANIE: x z n = [A ; B ; C] y f: A x + B y + C z mg Punkt materialny poruszający się po powierzchni ma stopnie swoboy. AD a) II ZASADA DYNAMIKI NEWTONA Aby wykorzystać II zasaę ynamiki Newtona, musimy wyznaczyć wszystkie siły ziałające na punkt, w tym również nieznaną siłę reakcji, która utrzymuje punkt na płaszczyźnie. Siła ta, jako siła bierna, która nie wykonuje pracy na przemieszczeniu, bęzie zawsze prostopała o powierzchni, a zatem równoległa (proporcjonalna) o graientu tej powierzchni: Siła reakcji: Siła czynna o pola grawitacyjnego: R = α gra f = α[ f x ; f y ; f z ] = [α A ; α B ; α C ] F = [0 ; 0 ; mg] Równania ruchu otrzymujemy z II zasay ynamiki Newtona: m r = F+R m ẍ = α A m ÿ = α B m z = α C mg Nieznany współczynnik proporcjonalności wyznaczamy z równania powierzchni różniczkując je wukrotnie wzglęem czasu i wyrażając opowienie pochone przez siły zgonie z zapisaną II zasaą Newtona: A ẍ+b ÿ+c z α A +α B +α C Cmg α = Cmg A +B +C Z równości powyższej wynika również, że z = A ẍ+b ÿ C 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

9 Postawiając obywa wyniki o równań ruchu: CAg ẍ = A + B +C CBg ÿ = A + B +C A ẍ+b ÿ C g = C A +B +C g ẍ = ÿ = CAg A +B +C CBg A +B +C A ẍ+b ÿ = C ( A +B ) g A +B +C Możemy jenak zauważyć, że równania te nie są niezależne. Mnożąc pierwsze równanie przez A, rugie przez B i oając je o siebie otrzymujemy równanie trzecie jeśli zatem pierwsza wa są spełnione, to i trzecie jest spełnione. Równania ruchu przyjmują zatem postać: ẍ = ÿ = CAg A +B +C CBg A +B +C AD b) ZASADA D'ALEMBERTA Jako niezależne stopnie swoboy przyjmujemy współrzęne na płaszczyźnie (x,y). Wektor położenia jest więc równy: r = [ x ; y ; A x+b y C ] Wyznaczamy siły czynne i siły bezwłaności ziałające na punkt materialny. Siły czynne: F = [0 ; 0 ; mg ] Siły bezwłaności: B = m r = [ m ẍ ; m ÿ ; m C ] ( A ẍ+b ÿ) Przemieszczenie opuszczalne punktu jest owolnym przemieszczeniem leżącym na płaszczyźnie f. Przemieszczenie opuszczalne: δr = [δ x ; δ y ; δ z] Wyznaczyć je możemy jako owolny wektor prostopały o wektora prostopałego o tej płaszczyzny ten zaś jest graientem funkcji: Wektor prostopały o f: Warunek prostopałości wektorów: n = gra f = [ f x ; f y ; f z ] = [ A ; B ; C ] δr n = A δ x + B δ y + C δ z δ z = (A δ x+b δ y) C 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

10 Przemieszczenie opuszczalne: δr = [ δ x ; δ y ; C (A δ x+b δ y) ] Praca wirtualna: Równania ruchu: δ L = (F+B) δ r =[ m ẍ ; m ÿ ; m C ( A ẍ+b ÿ) mg ] [ δ x ; δ y ; C ( Aδ x+b δ y) ] δ x,δ y [ ẍ+ A C ( ( A ẍ+b ÿ ) C ) δ x g] +[ÿ+ BC ( ( A ẍ+b ÿ) g C ) δ y δ x,δ y ] A AB (+ C )ẍ+ C ÿ = A C g ( B AB + C ) ÿ+ C ẍ = B C g Rozwiązanie powyższego ukłau równań z uwagi na ẍ i ÿ aje: ẍ = ÿ = CAg A +B +C CBg A +B +C AD c) RÓWNANIA LAGRANGE'A I RODZAJU Aby wyznaczyć równanie ruchu z wykorzystaniem równań Lagrange'a I rozaju potrzebujemy znać siły czynne ziałające na punkt, oraz równania więzów. Siły czynne: F = [0 ; 0 ; mg ] Równania więzów: f (x, y, z) = A x+b y+c z Mamy tylko jeno równanie więzów wprowazamy zatem jeen mnożnik Lagrange'a λ Równania Lagrange'a I rozaju: m ẍ = F x+λ f x m ÿ = F y +λ f y m z = F z +λ f z A λ ẍ = m ÿ = B λ m z = g + C λ m Mamy oatkowo równanie więzów po wukrotnym jego zróżniczkowaniu: A ẍ+b ÿ+c z 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 3

11 Uwzglęniając zależności wynikające z równań Lagrange'a: m [ A λ+b λ+c λ C mg ] λ = Ze zróżniczkowanego równania więzów wynika również, że z = A ẍ+b ÿ C C mg A + B +C Postawiając obywa wyniki o równań ruchu: CAg ẍ = A + B +C CBg ÿ = A + B +C A ẍ+b ÿ C g = C A +B +C g ẍ = ÿ = CAg A +B +C CBg A +B +C A ẍ+b ÿ = C ( A +B ) g A +B +C Możemy jenak zauważyć, że równania te nie są niezależne. Mnożąc pierwsze równanie przez A, rugie przez B i oając je o siebie otrzymujemy równanie trzecie jeśli zatem pierwsza wa są spełnione, to i trzecie jest spełnione. Równania ruchu przyjmują zatem postać: ẍ = ÿ = CAg A +B +C CBg A +B +C AD ) RÓWNANIA LAGRANGE'A II RODZAJU Współrzęne uogólnione: q = x, q = y Wektor położenia punktu na płaszczyźnie f: r = [ q ; q ; A q +B q C ] Wektor prękości: ṙ = [ ; q ; A q +B q C ] Energia kinetyczna ukłau: E k = m(ṙ) = m [ ( q ) +( q ) + C ( A q + B q ) ] Ruch obywa się po wpływem potencjalnego pola sił. Energia potencjalna: E p = mgz = mg C ( A q + B q ) 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 4

12 Lagnrażjan: L = E k E p = m [ ( q ) +( q ) + mg ( A q C +B q ) + ] C ( Aq +B q ) Równania Lagrange'a II rozaju: t( L q ) L q t( L q ) L q q+ C ( A q + AB q ) A C g q + C ( AB q +B q ) B C g t [ m ( q + C ( A q + AB q ) ) ] A C mg t [ m ( q + C ( AB q +B q ) ) ] B C mg (+ ( + A C ) q + AB C q = A C g B C ) q + AB C q = B C g Postawiając q = x, q = y uzyskujemy takie same równania jak w poprzenio. AD e) RÓWNANIA HAMILTONA Współrzęne uogólnione: q = x, q = y Wektor położenia punktu na płaszczyźnie f: r = [ q ; q ; A q +B q C ] Wektor prękości: ṙ = [ q ; q ; A q +B q C ] Energia kinetyczna ukłau: E k = m(ṙ) = m [ ( q ) +( q ) + C ( A q + B q ) ] Ruch obywa się po wpływem potencjalnego pola sił. Energia potencjalna: E p = mgz = mg C ( A q + B q ) Lagranżjan: L = E k E p = m [ ( q ) +( q ) + C ( A q +B q ) Pęy uogólnione: = m A + [( ) C q +( p = L p = L = q m( = q m( + B ) C q + AB C ) A + C q AB +m C q + B ) C AB +m C q ] + mg C ( A q +B q ) = q q ] + mg C (A q +B q ) 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 5

13 Z równań powyższych wyznaczamy prękości uogólnione: q = p (B +C ) p AB m( A +B +C ) q = p ( A +C ) p AB m( A +B +C ) Hamiltonian: H (q,q, p, p ) = j p j q j ( p, p ) L(q,q, q ( p, p ), q ( p, p )) = = (B +C ) p +(A +C ) p AB p p mg m( A +B +C ) C (A q +B q ) Równania ruchu uzyskujemy z równań Hamiltona: H = ṗ q ṗ = H q q = H p q = H p A = mg ṗ C ṗ = mg B C q = (B +C ) p AB p m(a + B +C ) = ( A +C ) p AB p m( A +B +C ) AD f) ZASADA NAJMNIEJSZEGO DZIAŁANIA Tok postępowania przy wyznaczaniu lagranżjanu jest ientyczny jak w przypaku zastosowania równań Lagrange'a II rozaju i równań Hamiltona. Mamy więc: L = m A + [( ) C q +( + B ) C q + AB C q q ] + mg C (A q +B q ) Całka ziałania: t S [q,q ] = [ m A + [( +( C ) q + B ) C q + AB C ] )] q q + mg C ( A q + B q τ Działanie przyjmie wartość najmniejszą, gy jego wariacja bęzie równa 0. Ponieważ funkcja pocałkowa zależy o wóch funkcji bęących zmiennymi niezależnymi funkcjonału oraz o ich pierwszych pochonych, obliczymy liniową część przyrostu całego funkcjonału δ S (tj. jego wariację) jako sumę wariacji związanych ze zmiennością każej z tych zmiennych: 0 δ S = [ L δ q q + L δ + L δq q + L δ ] τ 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 6

14 0 δ S = [( A C mg ) δ q +[( + A ) C m + mab C ] δ + ( B C mg ) +[( δ q + B ) C m + mab C ] ] δ τ Całki zawierające wariację funkcjonału wzglęem prękości uogólnionych obliczymy całkując przez części: t m ( ) + A C q δ t q τ = f = q f ' = q g '=δ q g=δq = m ( )[ A + C ( t q δ q ) t q δ q τ] Człon zależny o wartości brzegowych jest równy 0, ponieważ wariacje δ q zawsze obierane są w taki sposób, aby δ q( )=δq(t) chozi bowiem o wariację funkcji pomięzy punktami brzegowymi, które są ustalone. Mamy zatem: t A m( + m( ) A + C q δ q τ C ) q δ q τ = w taki sam sposób obliczamy pozostałe całki zależne o prękości uogólnionych: t t B m( + m( + B t t mab C mab C C ) q δ q τ = δ q τ = t δ q τ = t mab C mab C q δq τ q δ q τ C ) q δ q τ Postawiając to o wariacji ziałania i wyłączając wariacje δ q oraz δ q prze nawias otrzymujemy: 0 δ S = [[( A C mg ) ( + A ) C m q mab C q ] δ q + [( B C mg ) ( + B ) C m q mab C Z zasay najmniejszego ziałania mamy δ S=0 la owolnego δ q oraz δ q, stą: ( A C mg ) ( + A ) C m q mab C ( B C mg ) ( ) B + C m q mab C co jest równoważne z wynikami uzyskanymi z pozostałych meto. q q, q ] ] δ q τ 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 7

15 ZADANIE 3 R Wyznacz równania ruchu punktu materialnego o masie m, poruszającego się po wpływem grawitacji po linii śrubowej o osi pionowej, o promieniu R i skoku H, przy czym na punkt ziała siła oporu ośroka, w którym się on porusza, która jest proporcjonalna o jego prękości. Skorzystaj z równań Lagrange'a II rozaju. H mg z c ṙ y ROZWIĄZANIE: x Punkt poruszający się po krzywej ma jeen stopień swoboy. Równania parametryczne linii śrubowej: r(λ) = x = R cosλ y = Rsin λ z = λ H π Jest to zarazem wektor położenia punktu materialnego, poruszającego się po tej linii parametr krzywej może być przyjęty jako współrzęna uogólniona q=λ. Wyznaczamy wektor prękości: r = Wyznaczamy energię kinetyczną punktu: x = R cosq y = Rsin q z = q H π E k = m(ṙ) ṙ = ẋ = R qsin q ẏ = R qcos q ż = q H π = m( q) [ R + H 4π ] Siła grawitacji jest siłą zachowawczą, jenak siła oporu już nie, tj. ponieważ zależy ona o prękości punktu a nie jeynie o jego położenia, zatem nie istnieje la niego potencjał. Siła oporu rozprasza energię ukłau, więc nie jest ona zachowana. Ponieważ punkt porusza się po wpływem sił niezachowawczych, nie możemy sformułować rozwiązania z wykorzystaniem lagranżjanu musimy wyznaczyć siły uogólnione. Siły ziałające na punkt: siła ciężkości: F g = [0 ; 0 ; mg ] siła oporu: F o = cṙ wypakowa: F = F g + F o = [ cr qsin q ; cr qcos q ; q H π ] mg 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

16 Siła uogólniona: Q = r q F = ( R sin q)(cr q sin q) + (R cosq) ( cr q cos q) + ( H π) ( q H π mg ) = = [ q ( c R + H mgh 4π ) + Równanie Lagrange'a II rozaju: Ostatecznie: π ] t ( E k q ) E k q = Q [ t ( m q R + H m q( R + H )] 4π 0 = [ ( q c R + H 4 π ) 4π ( + q c R + H 4π mgh ) ] + π mgh ) + π 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

17 ZADANIE 4 Wyznacz równania ruchu punktu o masie m poruszającego się po krzywej anej równaniami parametrycznymi: K : x(λ) = λ y(λ) = λ z(λ) = 3 λ + z korzystając z: a) II zasay ynamiki Newtona b) Zasay zachowania energii c) Zasay 'Alemberta ) Równań Lagrange'a I rozaju e) Równań Lagrange'a II rozaju f) Zasay najmniejszego ziałania mg y ROZWIĄZANIE: x Punkt poruszający się po krzywej ma jeen stopień swoboy. AD a) II ZASADA DYNAMIKI NEWTONA Aby móc skorzystać z II zasay ynamiki Newtona, musimy znać wszystkie siły ziałające na rozpatrywany ukła mechaniczny. Znamy siłę czynną, F = [0 ; 0 ; mg] którą jest siła pola grawitacyjnego, nie znamy jenak biernej siły reakcji utrzymującej punkt na zaanej krzywej. Wiemy, że jako siła bierna, nie wykonuje ona żanej pracy na kolejnych przyrostach przemieszczeniach. Każy przyrost przemieszczenia bęzie wektorem stycznym o toru, czyli o krzywej, po której porusza się punkt. Bęzie zatem jenocześnie równoległy o wektora prękości siłą reakcji musi być zatem prostopała o wektora prękości w każej chwili ruchu. Wektor położenia w owolnej chwili t wyznaczymy z parametrycznych równań krzywej: r(t) = x(t) = λ(t) y(t) = λ(t) z(t) = 3λ (t )+ Wektor prękości i przyspieszenia wyznaczymy różniczkując wektor położenia, pamiętając, że parametr opisujący położenie punktu na krzywej jest funkcją czasu: λ ṙ = ẋ(t ) = λ ẏ(t ) = λ ż(t) = 6 λ λ r = ẍ(t ) = λ ÿ(t ) = λ z(t) = 6( λ) +6 λ λ 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

18 Nieznana siła reakcji spełnia równanie: R ṙ R x λ + R y λ + 6 R z λ λ Zmniejsza ono liczbę nieznanych skłaowych reakcji z 3 o. Możemy bowiem napisać: R = [ α ; β ; α+β 6λ ] gzie α,β są pewnymi nieznanymi parametrami, które musimy wyznaczyć. Zapiszmy tymczasem równania ruchu zgonie z II zasaą ynamiki Newtona: m r = F+R m ẍ(t) = α m ÿ(t) = β m z(t) = mg α+β 6 λ Jeśli porównany wyrażenia na przyspieszenie wynikające z różniczkowania wektora położenia punktu na krzywej oraz z II zasay ynamiki Newtona, otrzymamy: α = λ m β = λ m g α+β 6 λ m = 6( λ) +6 λ λ Pamiętając przy tym, że λ = x o razu znajujemy skłaowe siły reakcji w owolnej chwili ruchu α = β = m ẍ(t). Samą zaś funkcję x(t) opisującą ruch punktu, wyznaczamy na postawie trzeciego z równań, które staje się tym samym poszukiwanym równaniem ruchu: Ostatecznie: g m ẍ 6 x m = 6( ẋ) +6 x ẍ 6 g x ẍ = 36(ẋ) x+36 x ẍ ẍ (8 x +) + 8(ẋ) x +3 g x Równanie ruchu mogłoby być określone za pomocą innej funkcji, np. równoważnie przez y(t) lub λ(t). Wybór pał na x jako na pierwszą współrzęną wektora położenia ponieważ parametr krzywej jest liniową funkcją tej współrzęnej, zatem zawsze a się go wyrazić przez nią, a w konsekwencji poprzez równania parametryczne krzywej również pozostałe współrzęne można uzależnić o x. Więcej truności sprawiłoby określanie ruchu poprzez wyznaczenie funkcji z(t ), ponieważ jest to funkcja kwaratowa, zatem nieróżnowartościowa la każej wartości potrzebne byłoby oprecyzowanie, która z wóch opuszczalnych wartości x i y jest właściwa w anej chwili ruchu. AD b) ZASADA ZACHOWANIA ENERGII Zasaa zachowania energii jest wystarczająca o wyznaczenia równań ruchu ukłau o maksymalnie jenym stopniu swoboy. W takim przypaku wszystkie skłaowe wektora położenia możemy wyrazić przez jeną z nich. 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

19 Najprościej bęzie przyjąć za postawową współrzęną x ponieważ jest liniową funkcją parametru krzywej: Wektor prękości: r = ẋ = ẋ ẏ = ẋ ż = 6 ẋ x x = λ r = x = x y( x) = x z( x) = 3 x + Energia kinetyczna: E k = m(ṙ) = m [(ẋ) +( ẋ) +36(ẋ) x ] Energia potencjalna: E p = m g z = m g [3 x +] Energia całkowita: E = E k +E p = m( ẋ) [36 x +] + mg [3 x +] Zasaa zachowania energii: Ostatecznie: E t t [( ẋ) (8 x +)+ g (3 x +)] ( ẋ) ẍ(8 x+) + 36(ẋ) 3 x+6 g x ẋ ẍ(8 x +) + 8(ẋ) x+3 g x AD c) ZASADA D'ALEMBERTA Wektor położenia punktu na krzywej wyznaczają nam parametryczne równania tej krzywej. Na tej postawie obliczamy wektor prękości i przyspieszenia przyjmując, że parametr krzywej jest pewną funkcją czasu: r(t) = x(t) = λ(t) y(t) = λ(t) z(t) = 3λ (t )+ ṙ = ẋ(t ) = λ ẏ(t ) = λ ż(t) = 6 λ λ r = ẍ(t ) = λ ÿ(t ) = λ z(t) = 6( λ) +6 λ λ Przemieszczenie opuszczalne w każym punkcie musi być styczne o krzywej, a zatem równoległe o wektora prękości. Zachowując zatem proporcje mięzy skłaowymi takie, jak w wektorze prękości możemy zbuować wektor przemieszczenia opuszczalnego w owolnym punkcie określonym chwilą t lub parametrem λ : δr(t ) = δ x(t) = δr δ y(t) = δ r δ z(t) = 6λ(t)δ r Wyznaczamy następnie sumę sił czynnych i sił bezwłaności ziałających na poruszającą się masę: siły czynne: F = [0 ; 0 ; mg] sił bezwłaności: B = m r = [ m λ ; m λ ; 6 m( λ) 6 m λ λ] 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 3

20 Wyznaczamy pracę wirtualną: δ L = (F+B) δr = ( m λ) (δ r) + ( m λ) (δ r) + ( mg 6m( λ) 6m λ λ) (6λ δ r) = = m[ λ+ λ+6 g λ+36 λ( λ) +36 λ λ] δr = m [ λ(36 λ +)+6 λ(6 ( λ) +g )] δr Z zasay 'Alemberta: δ L = m [ λ(36λ +)+6λ(6( λ) +g)] δr λ(36 λ +) + 6 λ(6( λ) + g) δr Postawiając z równania krzywej x = λ otrzymujemy ostatecznie równanie ruchu: ẍ(8 x +)+8( ẋ) x+3 g x AD ) RÓWNANIA LAGRANGE'A I RODZAJU Siły czynne ziałające na masę: F = [0 ; 0 ; mg] Równania więzów wyznaczamy z równań parametrycznych krzywej: K : x(λ) = λ y(λ) = λ z(λ) = 3 λ + f (x, y,z) = x y=0 f (x, y, z) = z 3 x Ponieważ mamy wa równania więzów, wprowazamy wa nieznane mnożniki Lagrange'a α,β. Równania Lagrange'a I rozaju: f m ẍ = F x + α x +β f x m ÿ = F y + α f y +β f y m z = F z + α f +β f z z m ẍ = α ()+β ( 6 x) m ÿ = α ( )+β (0) m z = mg + α (0)+β () m ẍ = α 6 xβ m ÿ = α m z = mg + β Mamy 5 niewiaomych i 3 równania ruchu brakujących równań ostarczają nam równania więzów. Dwukrotnie różniczkując je wzglęem czasu otrzymujemy: ẋ ẏ=0 ż 6 x ẋ ẍ ÿ=0 z 6(ẋ) 6 x ẍ Z rugiego równania ruchu i pierwszego równania więzów mamy α = m ÿ = m ẍ Z trzeciego równania ruchu i rugiego równania więzów mamy 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 4

21 Postawiając o pierwszego równania ruchu: β = m z+mg = 6m(( ẋ) +x ẍ)+mg Po przekształceniach: m ẍ = m ẍ 6 (6 m x((ẋ ) + x ẍ )+mg) m ẍ + 36 m x(ẋ) + 36 m x ẍ + 6 mg x, co jest równoważne wynikom uzyskanym z pozostałych meto: ẍ(8 x +)+8( ẋ) x+3 g x AD e) RÓWNANIA LAGRANGE'A II RODZAJU Parametr krzywej przyjmujemy za współrzęną uogólnioną q = λ. Wyznaczamy wektor położenia i prękości: Energia kinetyczna: r(t) = x = q y = q z = 3 q + E k = m(r) ṙ = ẋ = q ẏ = q ż = 6q q = m [( q) +( q ) +36q ( q) ] = m( q) [36q +] Ruch obywa się po wpływem sił zachowawczych, możemy zatem wyznaczyć energię potencjalną i określić lagranżjan: Energia potencjalna: E p = V = mgz = mg(3q +) Lagranżjan: L = E k E p = m( q) (8q +) mg(3q +) Równania Lagrange'a II rozaju: Postawiając z równań krzywej q = λ = x : t ( L q ) L q t [ m q (8 q +)] 36 m( q) q + 6 q mg m q(8q +)+7m( q) q 36m( q) q + 6 qmg ẍ(8 x +) + 8(ẋ) x + 3 g x 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 5

22 AD f) ZASADA NAJMNIEJSZEGO DZIAŁANIA Lagranżjan wyznaczamy okłanie tak samo, jak przy równaniach Lagrange'a II rozaju. Wyznaczamy całkę ziałania: L = m( q) (8q +) mg (3q +) t S [q] = [m( q) (8q +) mg(3q +)] τ Równanie ruchu wyznaczymy z zasay najmniejszego ziałania, która głosi, że funkcjonał ziałania ma przyjmować wartość minimalną. Warunkiem koniecznym istnienia ekstremum funkcjonału jest, aby jego wariacja była równa 0. Ponieważ funkcja pocałkowa zależy nieznanej funkcji oraz o jej pierwszej pochonej, obliczymy liniową część przyrostu całego funkcjonału δ S (tj. jego wariację) jako sumę wariacji związanych ze zmiennością każej z tych zmiennych: 0 δ S = [ L q δ q+ L q ] δ q τ t δ S [q] = [(36mq( q) 6 mgq)δq + (m q(8q +))δ q] τ Wieząc, że δ q = δq całkę stanowiącą wariację wzglęem prękości uogólnionej obliczymy całkując przez t części: t [(m q(8q +))δ q ] τ = f = m q(8q +) f '= m q(8q +)+7 mq( q) g '=δ q g=δq = m q(8q +)δq t0 t t [m q(8q +)+7 mq( q) ] δq τ Człon zależny o wartości brzegowych jest równy 0, ponieważ wariacja funkcji δ q zawsze obierana jest w taki sposób, aby δ q( )=δq (t). Postawiając o wariacji δ S i wyłączając δ q prze nawias: t δ S [q] = [(36mq( q) 6mgq 7 mq( q) m q(8q +))δ q] τ = t = [( 36 mq( q) 6 mgq m q(8 q +))δq ] τ Zgonie z zasaą najmniejszego ziałania, wariacja ta musi być równa 0 la każej wariacji δ q : Stą: t δ S [q] = [( 36mq( q) 6 mgq m q(8q +))δ q] τ 8 q( q) + 3 gq+ q(8q +) δq Postawiając q= x, otrzymujemy ostatecznie: ẍ(8 x +) + 8(ẋ) x + 3 g x 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 6

23 ZADANIE 5 Wyznacz równania ruchu ukłau jak na obrazku, korzystając z: a) Zasay 'Alemberta b) Równań Lagrange'a II rozaju L L 3 m ROZWIĄZANIE: Ukła posiaa jeen stopień swoboy. L m ϕ mg 3mg k 3 L AD a) ZASADA D'ALEMBERTA 3 L Z geometrii ukłau wyznaczamy wektory położenia każego punktu, w którym przyłożona jest siła: r = [ L cosϕ ; L sin ϕ ] r = [ L cosϕ ; L sin ϕ] r 3 = [3 L cosϕ ; 3 L sin ϕ] W tych punktach, w których obecna jest masa, różniczkując wektor położenia wyznaczamy wektor przyspieszenia, który posłuży nam o wyznaczenia sił bezwłaności, pamiętając, że funkcja ϕ jest funkcją czasu: r = L q [ sin ϕ ; cosϕ ] r = L q [ sin ϕ ; cos ϕ] r = L [ sin ϕ ϕ cosϕ( ϕ) ; cos ϕ ϕ sin ϕ( ϕ) ] r = L[ sin ϕ ϕ cos ϕ( ϕ) ; cosϕ ϕ sin ϕ( ϕ) ] Siły czynne i siły bezwłaności ziałające na ukła: F = [0 ; mg] F = [0 ; 3mg ] B = m r = ml [sin ϕ ϕ+cosϕ( ϕ) ; cos ϕ ϕ+sin ϕ( ϕ) ] B = m r = 6mL[sin ϕ ϕ+cosϕ( ϕ) ; cosϕ ϕ+sin ϕ( ϕ) ] F 3 = [0 ; k y 3 ] = [0 ; 3k L sin ϕ] B 3 = [0 ; 0] Aby wyznaczyć pracę wirtualną, pozostaje nam już tylko wyznaczenie przemieszczeń wirtualnych. Przemieszczenia wirtualne bęą równoległe o wektorów prękości liniowej. Prękość liniowa, może być wyrażona przez prękość kątową, która la każego punktu bęzie taka sama. Ponieważ siły określone mamy w skłaowych pionowej i poziomej, o wyznaczenia pracy wirtualnej bęzie potrzebowali wyznaczyć również i przemieszczenia opuszczalne poprzez skłaowe poziome i pionowe. δ r = L ϕ, δ x = δr sin ϕ = L δϕsin ϕ, δ y = δr cos ϕ = L δϕcosϕ δ r = L ϕ, δ x = δ r sin ϕ = Lδ ϕsin ϕ, δ y = δ r cosϕ = L δ ϕcosϕ δ r 3 = 3 L ϕ, δ x 3 = δr 3 sin ϕ = 3 L δϕsin ϕ, δ y 3 = δr 3 cos ϕ = 3 L δ ϕcosϕ Wyznaczamy pracę wirtualną: 3 δ L = i= 3 (F i +B i ) δ r i = (F xi +B xi ) δ x i +(F yi + B yi ) δ y i = i= 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

24 = [ ml(sin ϕ ϕ+cos ϕ( ϕ) )] ( L δ ϕsin ϕ) + [ ml( cos ϕ ϕ+sin ϕ( ϕ) ) mg ] (L δ ϕcosϕ) + +[6mLsin ϕ ϕ+cosϕ( ϕ) ] ( L δ ϕsin ϕ)+[6 ml( cos ϕ ϕ+sin ϕ( ϕ) ) 3 mg ] ( L δ ϕcosϕ)+ + [0] ( 3 L δϕsin ϕ) + [ 3 kl sin ϕ] (3 L δ ϕcosϕ) = = [ 3mL ϕ(sin ϕ+cos ϕ) 7 mg L cosϕ 9 kl cos ϕsin ϕ] δϕ = = [3mL ϕ+l cos ϕ[7 mg + 9kL sin ϕ]] δ ϕ Z zasay 'Alemberta: Ostatecznie: δ L=0 δ r [3mL ϕ+l cos ϕ[7mg + 9kL sin ϕ ]]δϕ 3mL ϕ+ L cosϕ[7mg + 9 kl sin ϕ]=0 δϕ AD b) RÓWNANIA LAGRANGE'A II RODZAJU Przyjmujemy kąt obrotu pręta wokół popory nieprzesuwnej za współrzęną uogólnioną. Wektory położenia i prękości mas skupionych oraz punktu przyłożenia siły w sprężynie: r = [ L cosq ; L sin q ] r = [ L cosq ; L sin q] r 3 = [3 L cosq ; 3 L sin q ] r = [ L qsin q ; L qcos q ] r = [ L qsin q ; L qcos q] Energia kinetyczna: E k = i= m i ( r i ) = m [ L ( q) (sin q+cos q)]+ 3 m [ 4 L ( q) (sin q+cos q)] = 3 m L ( q) Pochone wektorów położenia punktów przyłożenia siły wzglęem współrzęnej uogólnionej oraz wektory opowienich sił: r = [0 ; mg ] Siła uogólniona: q = [ L sin q ; L cos q] F r q = [ L sin q ; L cos q] F = [0 ; 3 mg ] r q = [ 3 L sin q ; 3 L cos q] F 3 = [0 ; 3 kl sin q] Q = i= 3 r i q F = mgl cosq 6 mglcos q 9k i L cosqsin q = = L cos q[9kl sin q+7mg ] 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

25 Równanie Lagrange'a II rozaju: Ostatecznie: t ( E k q ) E k q = Q 3mL q + L cos q [7 mg + 9kL sin q] AD b) RÓWNANIA LAGRANGE'A II RODZAJU DLA POTENCJALNEGO POLA SIŁ Zaanie to, można również rozwiązać zauważając, że każa z sił ziałających na ukła jest siłą potencjalną grawitacji lub sprężystości. Trzeba jenak mieć świaomość, że nie istnieje tu jeen potencjał. W szczególny sposób otyczy to sił grawitacji, które mimo że pochozą z jenego źróła mają różne potencjały, ponieważ masy, na które ziałają są różne. Potencjał siły grawitacji musi być taką funkcją, której graient w każym punkcie przestrzeni a nam stałą wartość mg skierowaną pionowo w ół. Jeśli jenak masa rozpatrywanych ciał jest różna, stą jest jasne, że i potencjały muszą być różne. Bęziemy mieli zatem: V = m g y F = gra V = [0 ; m g] V = m g y F = gra V = [0 ; m g] V 3 = k y 3 F 3 = gra V 3 = [0 ; ky 3 ] = [0 ; 3 k Lsin q] Energia potencjalna, wymagana o wyznaczenia lagranżjanu, jest zatem sumą energii potencjalnych la każego z elementów ukłau, wynikającą z jego funkcjonowanie w opowienim la siebie potencjalnym polu sił. Ponieważ, w ogólności, każy punkt bęzie miał inną współrzęną y o pozostałych, musimy je rozróżnić przy określaniu energii potencjalnej: Wyrażając współrzęną y przez współrzęną uogólnioną: E p = m g L sin q+(3m) g ( L)sin q+ k (3 L sin q ) = = 7 mgl sin q + 9 kl sin q Lagranżjan: L = E k E p = 3 m L ( q) 7 mgl sin q 9 kl sin q Równania Lagrange'a II rozaju: Ostatecznie: t ( L q ) L q 3mL q + 7mgL cosq + 9 kl cos qsin q 3mL q + L cos q [7 mg + 9kL sin q] 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 3

26 ZADANIE 6 Korzystając z równań Lagrange'a II rozaju wyznacz równania ruchu wahała złożonego z pręta o ługości L o skończonej masie m i momencie bezwłaności, na końcu którego umieszczona jest masa skupiona M. Ruch obywa się po wpływem grawitacji. ϕ L ROZWIĄZANIE: Ukła ma jeen stopień swoboy. Za zmienną uogólnioną przyjmiemy wychylenie wahała. mg Wyznaczamy wektory położenia punktów przyłożenia sił. W przypaku pręta, bęzie to położenie jego śroka ciężkości. Mg r = L [sin q ; cosq ] r = L [sin q ; cos q] Ponieważ ruch obywa się w potencjalnym polu sił, zatem nie potrzebujemy wyznaczać pochonych wektorów położenia wzglęem współrzęnej uogólnionej. Konieczne jest teraz wyznaczenie energii kinetycznej ukłau. Energia kinetyczna masy skupionej jest energią jej ruchu postępowego (masa skupiona oznacza ciało tak małe, że nie można la niego określić obrotowego stopnia swoboy) musimy zatem znaleźć jej wektor prękości: r = L q[cos q ; sin q] Pręt natomiast wykonuje tylko obrót wokół osi zawierającej jeen z jego końców jego energia kinetyczna jest energią ruchu obrotowego I ω musimy znać moment bezwłaności I oraz prękość kątową ω. Ponieważ naszą współrzęną uogólnioną jest roga kątowa, więc ω = q. Moment bezwłaności przy obrocie wzglęem osi prostopałej o osi pręta i zawierającej jeen z jego końców jest równy I = ml 3 Energia kinetyczna jest więc równa: E k = E k +E k = I ω + M ( r ) = ml 6 ( q) + ML ( q) (cos q+sin q) = L ( q) (m+3m ) 6 Energię kinetyczną możemy liczyć w ten sposób tylko wtey, gy punkt obrotu elementu jest stały w czasie ruchu. Jeśli ulega on zmianie, wtey musimy obliczyć jego energię kinetyczną rozważając ruch jego śroka ciężkości i obrót wokół śroka ciężkości. Ponieważ prękość kątowa jest taka sama, niezależnie o przyjęcia śroka obrotu, w takim przypaku mielibyśmy: 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

27 E k = m( r ) + I s ω = ml 4 ( q) (sin q+cos q) + ml ( q) = ml 6 ( q) Jak wiać, obywa poejścia są równoważne. Energia potencjalna bęzie sumą energii potencjalnej pręta i masy skupionej: E p = mgy +Mgy = mgl( cos q) + MgL( cos q) Lagranżjan: L = E k E p = 6 L ( q) (m+3 M ) mgl( cos q) MgL( cos q) Równania Lagrange'a II rozaju: Ostatecznie: t ( L q ) L q =0 t ( 3 L q(m+3 M ) ) + mglsin q+mglsin q L q(m+3 M ) + (3 m+6m ) gl sin q 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

28 ZADANIE 7 Wyznaczyć równania ruchu la ukłau jak na rysunku korzystając z równań Lagrange'a II rozaju oraz z równań Hamiltona. k q ROZWIĄZANIE: Mg L. RÓWNANIA LAGRANGE'A II RODZAJU Wektory położenia punktów przyłożenia sił: r = [q ; L ] r = [ q + L sin q ; L L cos q ] mg q Wektory prękości: r = [ q ; 0] r = [ q + L q cosq ; L ] sin q Energia kinetyczna masy punktowej bęzie energią kinetyczną jej ruchu postępowego: E k = M ( r ) = M ( ) Energia kinetyczna pręta bęzie sumą jego energii kinetycznej ruchu postępowego i obrotowego. Ruch postępowy śroka ciężkości wynika zarówno z ruchu postępowego zamocowania, jak i z obrotu pręta. Przy ruchu obrotowym musimy wziąć moment bezwłaności pręta przy obrocie wzglęem osi przechozącej przez śroek ciężkości. Musimy też zauważyć, że kąt obrotu pręta wzglęem śroka ciężkości jest tym samym kątem, który opisujemy współrzęną uogólnioną q, stą prękość obrotowa ω = : E k = m( r ) + I ω = m [ ( ) + L cosq + L 4 ( = m ( q ) + ml q q cos q + ml 6 ( q ) q )] + ml ( ) = Energia kinetyczna: E k = E k +E k = (m+m ) ( ) + ml cosq + ml 6 ( ) Ruch obywa się po wpływem sił zachowawczych wyznaczamy sumaryczną energię potencjalną: E p = V V V 3 = kx +Mg y +mgy = k q + MgL + mg ( L L cosq ) Warto przy tym zauważyć, że przyjęcie zerowej wartości potencjału grawitacyjnego na najniższym poziomie, który może osiągnąć koniec wahającego się pręta ma jeynie charakter umowny taki potencjał aje nam zawsze oatnią energię potencjalną, jeśli określimy ją jako E p = V. Wiemy jenak, że z polem sił potencjalnych 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

29 wiąże się nieskończenie wiele potencjałów różniących się jeynie o stałą wartość równie obrze (la prostszego opisu) moglibyśmy przyjąć zerową wartość energii potencjalnej na poziomie zamocowania wahała: E p = k q mg L cosq Choć formalnie operowalibyśmy ujemną energią, co nie ma sensu fizycznego, nie miałoby to znaczenia la wyprowazenia równań ruchu, ponieważ ważna jest tutaj zmienność tej energii (zależność o współrzęnych uogólnionych) a nie sama jej wartość oatkowy człon zapewniający oatnią wartość energii i tak znika przy różniczkowaniu lagranżjanu wzglęem współrzęnych. Lagranżjan: L = E k E p = (m+m ) ( q ) + ml q q cos q + ml 6 ( ) k q Równania Lagrange'a II rozaju: Po postawieniu: Ostatecznie: t( L q ) t( L q ) L q L q MgL mg ( L L cosq ) ml (m+m ) q + ( q cosq ( q ) sin q )+k q ml q 3 + ml ( q cos q q sin q )+ ( ml q q mgl ) sin q (m+m ) q + ml q 3 + ml q ml ( q cos q ( q ) sin q )+k q cosq + mgl sin q. RÓWNANIA HAMILTONA Współrzęne uogólnione przyjmujemy tak jak poprzenio. Opowiaa im wyznaczony powyżej lagranżajan: L = E k E p = (m+m ) ( q ) + ml q q cos q + ml 6 ( ) k q Definiujemy pęy uogólnione: p = L = (m+m ) + ml q cos q MgL mg ( L L cos q ) 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

30 p = L = ml 3 + ml q cos q 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 3

31 Owracamy powyższe zależności: = 4 L p 6 p cos q L[4(M +m) 3 mcos q ] = (m+m ) p 6 ml p cos q ml [4 (M +m) 3 mcos q ] Definiujemy hamiltonian: s H (q,p) = p j q j (p) L (q, q(p)) = i = [m p L +3(m+M ) p 3m p p cos q ] ml [4(m+M ) 3m cos q ] Równania Hamiltona: + k q +mg ( L L ) cosq q = H p = 4 L p 6 p cos q L[4(M +m) 3 m cos q ] = H = (m+m ) p 6 ml p cosq p ml [4(M +m) 3 mcos q ] ṗ = H = k q q ṗ = H = 6 sin q [ L p 3 p cosq ][ml p cosq (m+m ) p ] mgl q L [4(m+M ) 3 m cos q ] sin q 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 4

32 ZADANIE 8 Wyznacz równania ruchu ukłau jak na rysunku, wykorzystując równania Lagrange'a II rozaju. Ukła porusza się po wpływem sił ciężkości. Sprężyna jest w stanie naturalnym w sytuacji, gy obywa pręty nachylone są o poziomu po kątem 45. L L m m L L k ROZWIĄZANIE: Ukła ma stopień swoboy. Jako współrzęną uogólnioną przyjmiemy kąt ochylenia pręta o poziomu. Zauważmy, że obywa pręty tworzą trójkąt równoramienny. Wektory położenia punktów przyłożenia sił: r = [ L cos ϕ ; Lsin ϕ] r = [3 L cos ϕ ; L sin ϕ] r 3 = [4 L cos ϕ ; 0] L L m m L L Wektory prękości mas: r = [ L ϕsin ϕ ; L ϕcos ϕ] r = [ 3 L ϕsin ϕ ; L ϕcos ϕ] Energia kinetyczna: E k = m ( r ) + m ( r ) = L ( ϕ) [m + m (+8sin ϕ)] ϕ k Wszystkie siły ziałające na ukła to siły potencjalne. Całkowita energia potencjalna ukłau: Lagranżjan: E p = m g y +m g y + k ( x 3 4 L L = E k E p = L ( ϕ) ) = (m +m )gl sin ϕ + kl (4cosϕ ) [m + m (+8sin ϕ)] (m +m ) glsin ϕ kl (4 cos ϕ ) Równania Lagrange'a II rozaju: Ostatecznie: t ( L ϕ ) L ϕ L ϕ[ m +m (+8sin ϕ)] + 8 L ( ϕ) m sin ϕcosϕ + (m +m ) glcos ϕ 4kL (4cosϕ )sin ϕ 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

33 ZADANIE 9 Wyznacz równania ruchu punktu o masie m poruszającego się po wpływem siły ciężkości po paraboloizie obrotowej anej równaniem: f : 8 x +8 y z+6, korzystając z równań Lagrange'a II rozaju. ROZWIĄZANIE: Punkt poruszający się po powierzchni w przestrzeni trójwymiarowej ma stopnie swoboy. Za współrzęne uogólnione przyjmiemy wie wybrane współrzęne kartezjańskiego ukłau współrzęnych q = x q = y Wektor położenia: r = [ x, y, z] = [q ; q ; 4 q +4 q +3] Wektor prękości: ṙ = [ ; ; 8 q +8 q ] Energia kinetyczna: E k = m(ṙ) = m (( ) +( ) + 64q ( ) +64 q ( ) +8 q q ) Energia potencjalna: E p = mgz = mg(4 q +4 q +3) Lagranżjan: L = E k E p = m [ (+64q )( q ) +(+64q )( ) +8 q q q q ] mg (4 q +4q +3) Równania Lagrange'a II rozaju: t( L ) t( L q ) L q L q m [64 q ( ) +(+64q ) q +64q (( ) +q q )]+8mg q m[64 q ( q ) +(+64q ) q +64q (( q ) +q q )]+8mg q 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

34 ZADANIE 0 a) Wyznacz równania ruchu masy rgającej wyposażonej w strojony masowy tłumik rgań (tune mass amper TMD), jak na rysunku, wykorzystując równania Lagrange'a II rozaju. k m P(t) b) Zakłaając, że wymuszenie jest harmonicznie zmienne, obierz parametry tłumika tak, aby w największym stopniu reukował on rgania masy m k m ROZWIĄZANIE: Ukła posiaa stopnie swoboy. Przyjmijmy za współrzęne wychylenie masy m oraz wychylenie masy m wzglęem masy m. Zaganienie jest jenowymiarowe, więc zamiast rozpatrywać wielkości wektorowe, możemy wykonywać obliczenia na ich jeynej niezerowej skłaowej. Położenie: Prękość: Siły ziałające na ukła: x = q x = q F = k q +k q +P (t) x = q +q x = q + q F = k q Energia kinetyczna: E k = m ( ẋ ) + m ( ẋ ) = [ m ( ) +m (( ) +( ) + )] Aby wyznaczyć siły uogólnione potrzebujemy pochone położenia wzglęem współrzęnych uogólnionych: x = q x = q x q x = q Sił uogólnione: Q = F x q + F x q = k q +P (t) Q = F x q + F x q = k q Równania Lagrange'a II rozaju: t( E k q ) t( E k ) E k q = Q E k q = Q m q + m ( q + q )+k q = P (t) m ( q + q )+k q 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

35 Dobór optymalnych parametrów tłumika masowego nazywa się procesem strojenia tłumika. Zaganienie to rozwiążemy poprzez znalezienie rozwiązania powyższych równań ruchu w przypaku ustalonych rgań wymuszonych siłą harmonicznie zmienną. Przyjmijmy więc: P (t) = P 0 sin(ωt ) Rozwiązaniem powyższego zaganienia bęzie całka szczególna równań ruchu, którą znajziemy metoą przewiywania przyjmiemy zatem: Wyznaczamy prękości i przyspieszenia uogólnione: q = Acos(ω t)+b sin (ω t) q = C cos(ωt )+D sin(ω t) q = Aω sin(ω t)+b ω cos(ω t) = C ωsin (ω t)+d ω cos(ω t) q = Aω cos(ω t) B ω sin(ωt) q = C ω cos(ω t) D ω sin (ω t) Po postawieniu ich o równań ruchu i pogrupowaniu wyrazów, otrzymujemy: [((m +m ) k ) A+m ω C ]cos(ω t) [((m +m ) k ) B+m ω D]sin(ωt ) = P 0 sin(ω t) [m ω A+(m ω k )C ]cos(ω t) [m ω B+(m ω k ) D]sin (ω t) Współczynniki A, B, C, D znajziemy żąając, aby lewa i prawa strona każego równania były sobie równe w każej chwili t. Bęzie tak tylko wtey, gy współczynniki przy funkcjach sinus i cosinus z jenej i rugiej strony bęą sobie równe w szczególności, jeśli ana funkcja nie występuje po prawej stronie, opowieni współczynnik po lewej musi być równy 0. To aje nam ukła równań: ((m+m) k) A mω C ((m +m ) k ) B m ω D = P 0 m ω A+(m ω k )C =0 m ω B+(m ω k )D A (k B = m ω )P 0 m m ω 4 ((k +k )m +k m )ω +k k C =0 m D = ω P 0 m m ω 4 ((k +k )m +k m )ω +k k Wiać zatem, że amplitua rgań masy m bęzie równa B, zaś amplitua rgań masy m bęzie równa D. Możemy teraz tak obrać parametry tłumika, aby amplitua rgań masy m była równa 0 wystarczy bowiem, aby: k = m ω Z reguły, tłumik strojony jest w taki sposób, aby tłumić rgania rezonansowe. Przyjmiemy zatem, że częstość wymuszenia jest równa częstości rgań własnych ukłau bez tłumienia: Stą: ω = ω 0 = k m k m = k m ω 0 () =ω 0 () 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

36 Tłumienie bęzie zatem najskuteczniejsze, jeśli częstość rgań własnych samego tłumika bęzie taka sama, jak częstość rgań własnych ukłau bez tłumika. Stosując ientyczne poejście tj. przewiując całkę szczególną równań ruchu w formie funkcji harmonicznie zmiennej można pokazać, że taki obór parametrów tłumika minimalizuje amplituę rgań ustalonych również przy uwzglęnieniu tłumienia rgań obywu mas wynik jenak, jest niezależny o współczynników tłumienia. Trzeba jenak zwrócić uwagę na fakt, że powyższe rozwiązanie otyczy jeynie rgań ustalonych tj. w opowienio ługiej chwili po rozpoczęciu obciążenia i jeynie po warunkiem, że trwa ono nieustannie i jego charakter (amplitua i częstość) nie zmieniają się w czasie. Wiaomo jenak, że obciążenia oscylacyjne (wiatr, pływy, wymuszenie kinematyczne o trzęsienia ziemi, wybuchów, obecności szkó górniczych itp.) w rzeczywistości nieustannie zmieniają swoją charakterystykę a przy tym trwają na tyle krótko, że nigy nie można mówić o rganiach ustalonych z tego wzglęu powyższe oszacowanie parametrów optymalnego tłumika masowego ma jeynie charakter przybliżony. 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 3

37 ZADANIE Wyznacz równania ruchu powójnego wahała matematycznego wykorzystując równania Lagrange'a II rozaju i równania Hamiltona L q q ROZWIĄZANIE:. RÓWNANIA LAGRANGE'A II RODZAJU Ukła ma stopnie swoboy. Jako współrzęne uogólnione przyjmiemy:. Kąt wychylenia pierwszego wahała o pionu q. Kąt wychylenia rugiego wahała o pionu q Położenie masy: r = [ Lsin q + Lsin q ; L L cos q L cosq ] L mg Wektor prękości: Energia kinetyczna: ṙ = L [ cosq + cosq ; sin q + sin q ] E k = m(ṙ) = ml = ml [ ( ) +( q ) + q q (cos q cos q +sin q sin q )] = [( q ) +( q ) + q cos(q q )] Energia potencjalna: E p = mgy = mgl( cosq cos q ) Lagranżjan: L = E k E p = ml [( ) +( ) + cos(q q )]+mgl(cos q +cos q ) Równania Lagrange'a II rozaju: t( L ) t( L ) L q L q q+ q cos(q q) ( ) sin (q q )+ g L sin q q + q cos(q q )+( ) sin(q q )+ g L sin q 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

38 . RÓWNANIA HAMILTONA Ukła ma stopnie swoboy. Jako współrzęne uogólnione przyjmiemy: 3. Kąt wychylenia pierwszego wahała o pionu q 4. Kąt wychylenia rugiego wahała o pionu q Położenie masy: r = [ Lsin q +L sin q ; L L cosq L cos q ] Wektor prękości: Energia kinetyczna: ṙ = L [ cosq + cosq ; sin q + sin q ] E k = m(ṙ) = ml = ml [ ( ) +( q ) + q (cos q cos q +sin q sin q )] = [( ) +( ) + q cos(q q )] Energia potencjalna: E p = mgy = mgl( cos q cosq ) Lagranżjan: L = E k E p = ml [( ) +( ) + q cos(q q )]+mgl(cos q +cos q ) Pęy uogólnione: p = L p = L = ml [ q + cos(q q )] = ml [ + q cos(q q )] Owracamy powyższe zależności: q = p cos(q q ) p sin (q q )ml = p cos(q q ) p sin (q q )ml Hamiltonian: H (q, p) = i s p j q j (p) L(q, q (p)) = p + p p p cos(q q ) mgl(cosq sin (q q )ml +cos q ) Równania Hamiltona: q = H p q = H p ṗ = H q ṗ = H q p q = cos(q q ) p sin (q q )ml q = p cos(q q ) p sin (q q )ml ṗ = p p (+cos (q q )) ( p + p )cos(q q ) mgl sin(q ml sin 3 ) (q q ) ṗ = p p (+cos (q q )) ( p + p )cos(q q ) mgl sin(q ml sin 3 ) (q q ) 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

39 ZADANIE z Wyznacz równania ruchu punktu o masie m poruszającego się po wpływem siły ciężkości po paraboloizie jak na rysunku H R y ROZWIĄZANIE: RÓWNANIA LAGGRANGE'A II RODZAJU x R Wyznaczmy równanie paraboli. Ponieważ jest ona symetryczna wzglęem osi płaszczyzn XZ i YZ, zatem bęzie miała ona ana równaniem o ogólnej postaci: z = a ( x + y )+b Wierzchołek paraboli: H = a (0+0)+b = b b = H Postawa paraboli: 0 = a (R +0)+H = a R +H a = H R (tak samo la x, y = R) Ostatecznie: z = H[ x + y R ] Punkt poruszający się po powierzchni w przestrzeni trójwymiarowej ma stopnie swoboy. Ponieważ parabola jest osiowo symetryczna, zatem za współrzęne uogólnione możemy przyjąć owolne wie ze współrzęnych walcowych: q = r= x + y q = ϕ = atan y x = r cosϕ y = r sin ϕ. x z = z Dla punktów paraboli: x = r cos ϕ y = r sin ϕ z = H( r R ) =[ Wektor położenia: r = [ x, y, z] q cosq ; q sin q ; H ( q )] R Wektor prękości: Energia kinetyczna: ṙ q =[ cos q q q sin q ; sin q +q cos q ; H R q E k = m(ṙ) = m [ ] ( ) +q ( q ) + 4 H q R 4 ( q ) q ] 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

40 Energia potencjalna: E p = mgz = mgh( q ) R Lagranżjan: L = E k E p = m [ ( q ) +q ( q ) + 4 H q R 4 ( Równania Lagrange'a II rozaju: L q = m q [ 4 H R 4 L = m q [ + 4 H q R 4 t ( L ) [ = m q + 4 H Ostatecznie: t( L ) t( L q ) L q L q ( q ) +( q ) + gh L R ] q L = m q ] q q q R 4 ] +8mH q R 4 ( q ) t ( L ) ] +q [ 4 H q [ + 4 H q R 4 q q +q q R 4 ( q ) ( q ) gh R ] q ) ] +mgh ( q R ) = m[q q +q q ] 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL

41 ZASADA D'ALEMBERTA Ukła ma tylko stopnie swoboy. Spośró 3 zmiennych x, y, z opisujących położenie punktu, za zmienne niezależne przyjmiemy x, y. Trzecią współrzęną wyrazimy przez te wie, wykorzystując równanie więzów (równanie powierzchni, po której punkt może się poruszać), takie jak poprzenio: f : z H[ x + y R ] Wektor wozący punktu materialnego: r = [ x ; y ; z] =[ x ; y ; H ( x + y R )] Wyznaczamy wszystkie siły ziałające na punkt materialny: siły czynne: F = [0 ;0 ; mg ] H m siły bezwłaności: B = m r m ẍ ; m ÿ ; =[ R [(ẋ) +x ẍ+( ẏ) + y ÿ ] ] Wektor przemieszczenia wirtualnego ma ogólną postać: δr = [δ x ; δ y ; δ z] Wektor ten jest owolnym wektorem stycznym o powierzchni, tj. prostopałym o graientu tej powierzchni: n = gra f = [ f x ; f y ; f z ] = [ H R Z warunku prostopałości wektorów: Praca wirtualna: x ; H R y ; ] δr n = H R x δ x + H H y δ y + δ z δ z = (x δ x + y δ y ) R R δr =[ δ x ; δ y ; H R (x δ x + y δ y) ] Hm δ L = (F+B) δ r m ẍ ; m ÿ ; =[ R =[ m ẍ 4 H m R +[ 4 m ÿ 4 H m R4 x[( ẋ) +x ẍ+( ẏ) +y ÿ]+ mgh R x] y [( ẋ) +x ẍ+( ẏ) + y ÿ]+ mgh R [( ẋ) +x ẍ+( ẏ) + y ÿ] mg] [ δ x ; δ y ; H R ( x δ x + y δ y ) ] = δ x + y] δ y Z zasay 'Alemberta: ską otrzymujemy równania ruchu: δ L δ x, δ y, 4 H m m ẍ R 4 m ÿ 4 H m R 4 x [(ẋ) +x ẍ+( ẏ) + y ÿ ]+ mgh R x y [( ẋ) + x ẍ+( ẏ) + y ÿ ]+ mgh R y 06 Paweł Szeptyński Creative Commons BY-NC-SA 3.0 PL 3