Mechanika klasyczna i relatywistyczna Zadanie domowe 2
Mateusz Wiśniewski
Zadanie 1
Rysunek 1: Maszyna Atwooda.
Równania więzów:
x1+ x2 = const (1)
(x3− x2) + (x4− x2) = x3+ x4− 2x2 = const (2) Równanie d’Alemberta:
4
X
i=1
(mix¨i− mig) δxi = 0 (3) m1(¨x1− g)δx1+ m2(¨x2− g)δx2+ m3(¨x3− g)δx3+ m4(¨x4− g)δx4 = 0 (4) Są cztery współrzędne i dwa równania więzów, więc układ ma dwa stopnie swobody. Jako współrzędne niezależne wybrane zostały x1 i x3. Z równań więzów:
¨
x2 = −¨x1 (5)
δx2 = −δx1 (6)
¨
x4 = −¨x3+ 2¨x2 = −¨x3− 2¨x1 (7)
δx4 = −δx3− 2δx1 (8)
Po podstawieniu do równania 4:
m1(¨x1− g)δx1+ m2(−¨x1− g)(−δx1) + m3(¨x3− g)δx3+
+ m4(−¨x3− 2¨x1− g)(−δx3− 2δx1) = 0 (9)
δx1(m1(¨x1− g) + m2( ¨x1+ g) + 2m4(¨x3+ 2¨x1+ g)) +
+ δx3(m3(¨x3− g) + m4(¨x3+ 2¨x1+ g)) = 0 (10) Współczynniki przy δx1 i δx3 muszą się zerować:
m1(¨x1− g) + m2( ¨x1+ g) + 2m4(¨x3+ 2¨x1+ g) = 0
m3(¨x3− g) + m4(¨x3+ 2¨x1+ g) = 0 (11)
x¨1(m1+ m2+ 4m4) + ¨x3 · 2m4 = g(m1− m2− 2m4)
x¨1· 2m4+ ¨x3(m3+ m4) = g(m3− m4) (12) Układ ?? można rozwiązać metodą wyznaczników:
W =
m1+ m2+ 4m4 2m4 2m4 m3+ m4
= (m1+ m2+ 4m4)(m3+ m4) − 4m24 (13) Wx1 =
g(m1− m2− 2m4) 2m4 g(m3− m4) m3+ m4
= g((m1− m2− 2m4)(m3+ m4) − 2m4(m3− m4)) (14) Wx3 =
m1+ m2+ 4m4 g(m1− m2− 2m4) 2m4 g(m3− m4)
= g((m1+ m2+ 4m4)(m3− m4) − 2m4(m1− m2− 2m4)) (15) Po uproszczeniu:
W = (m1+ m2)(m3+ m4) + 4m3m4 (16) Wx1 = g((m1− m2)(m3+ m4) − 4m3m4) (17) Wx3 = g(m3(m1+ m2+ 4m4) − m4(3m1 − m2)) (18) m1, m2 i m3 > 0, więc W > 0.
¨
x1 = Wx1
W = g(m1− m2)(m3+ m4) − 4m3m4
(m1+ m2)(m3+ m4) + 4m3m4 (19)
¨
x3 = Wx3
W = gm3(m1+ m2 + 4m4) − m4(3m1− m2)
(m1+ m2)(m3+ m4) + 4m3m4 (20) Z równań 5 i 7:
¨
x2 = −¨x1 = −g(m1− m2)(m3+ m4) − 4m3m4 (m1+ m2)(m3+ m4) + 4m3m4
(21)
¨
x4 = −¨x3− 2¨x1
= −gm3(m1+ m2+ 4m4) − m4(3m1− m2) + 2((m1− m2)(m3+ m4) − 4m3m4) (m1+ m2)(m3+ m4) + 4m3m4
= −g3m1m3 − m2m3− 4m3m4− m1m4− m2m4 (m1+ m2)(m3+ m4) + 4m3m4 (22)
Zadanie 2
Rysunek 2: Podwójne wahadło.
Położenie kulek we współrzędnych kartezjańskich:
x1 = l1sin ϕ1 (1)
y1 = −l1cos ϕ1 (2)
x2 = l1sin ϕ1+ l2sin ϕ2 (3) y2 = −l1cos ϕ1− l2cos ϕ2 (4) Pierwsze pochodne położeń po czasie:
˙x1 = l1cos ϕ1ϕ˙1 (5)
˙
y1 = l1sin ϕ1ϕ˙1 (6)
˙x2 = l1cos ϕ1ϕ˙1+ l2cos ϕ2ϕ˙2 (7)
˙
y2 = l1sin ϕ1ϕ˙1+ l2sin ϕ2ϕ˙2 (8) Energie:
Ek = 1
2m1˙x21+ ˙y12+1
2m2˙x22+ ˙y22=
= 1
2m1l12cos2(ϕ1) ˙ϕ12+ l12sin2(ϕ1) ˙ϕ12+ +1
2m2l21cos2(ϕ1) ˙ϕ21+ l22cos2(ϕ2) ˙ϕ22+ 2l1l2cos(ϕ1) cos(ϕ2) ˙ϕ1ϕ˙2+ + l21sin2(ϕ1) ˙ϕ21+ l22sin2(ϕ2) ˙ϕ22 + 2l1l2sin(ϕ1) sin(ϕ2) ˙ϕ1ϕ˙2=
= 1
2m1l12ϕ˙21+ 1
2m2l21ϕ˙21+ l22ϕ˙22+ 2l1l2cos(ϕ2− ϕ1) ˙ϕ1ϕ˙2
(9)
Ep = m1gy1+ m2gy2 = −m1gl1cos(ϕ1) − m2g(l1cos(ϕ1) + l2cos(ϕ2)) (10) Funkcja Lagrange’a:
L = Ek− Ep = 1
2m1l21ϕ˙21+1 2m2
l21ϕ˙21+ l22ϕ˙22+ 2l1l2cos(ϕ2− ϕ1) ˙ϕ1ϕ˙2
+ + m1gl1cos(ϕ1) + m2g(l1cos(ϕ1) + l2cos(ϕ2))
(11)
Równania Lagrange’a:
∂L
∂ ˙ϕ1 = (m1+ m2)l21ϕ˙1+ m2l1l2cos(ϕ2− ϕ1) ˙ϕ2 (12) d
dt
∂L
∂ ˙ϕ1 = (m1+ m2)l21ϕ¨1− m2l1l2sin(ϕ2− ϕ1)( ˙ϕ2− ˙ϕ1) ˙ϕ2+ m2l1l2cos(ϕ2− ϕ1) ¨ϕ2 (13)
∂L
∂ϕ1 = m2l1l2sin(ϕ2− ϕ1) ˙ϕ1ϕ˙2− (m1+ m2)gl1sin(ϕ1) (14) d
dt
∂L
∂ ˙ϕ1 − ∂L
∂ϕ1 = (m1 + m2)l21ϕ¨1+ m2l1l2(− sin(ϕ2− ϕ1) ˙ϕ22+ cos(ϕ2− ϕ1) ¨ϕ2) + (m1 + m2)gl1sin(ϕ1) = 0 (15)
∂L
∂ ˙ϕ2
= m2l22ϕ˙2+ m2l1l2cos(ϕ2− ϕ1) ˙ϕ1 (16) d
dt
∂L
∂ ˙ϕ2 = m2l22ϕ¨2− m2l1l2sin(ϕ2− ϕ1)( ˙ϕ2− ˙ϕ1) ˙ϕ1+ m2l1l2cos(ϕ2 − ϕ1) ¨ϕ1 (17)
∂L
∂ϕ2 = −m2l1l2sin(ϕ2− ϕ1) ˙ϕ1ϕ˙2− m2gl2sin(ϕ2) (18) d
dt
∂L
∂ ˙ϕ2 − ∂L
∂ϕ2 = m2l22ϕ¨2+ m2l1l2(sin(ϕ2− ϕ1) ˙ϕ21+ cos(ϕ2− ϕ1) ¨ϕ1) + m2gl2sin(ϕ2) = 0 (19) Równania ?? i ?? dają pełny opis ruchu podwójnego wahadła. Jeżeli kąty ϕ1 i ϕ2 są małe, można zastosować przybliżenia sin(ϕ1) ≈ ϕ1, sin(ϕ2) ≈ ϕ2, cos(ϕ2 − ϕ1) ≈ 1, ˙ϕ21 ≈ 0,
˙
ϕ22 ≈ 0. Wtedy równania ruchu upraszczają się do:
(m1+ m2)l12ϕ¨1+ m2l1l2ϕ¨2+ (m1+ m2)gl1ϕ1 = 0
m2l22ϕ¨2+ m2l1l2ϕ¨1+ m2gl2ϕ2 = 0 (20)
(m1+ m2)l1ϕ¨1 + m2l2ϕ¨2 + (m1+ m2)gϕ1 = 0
m2l2ϕ¨2+ m2l1ϕ¨1+ m2gϕ2 = 0 (21) Po podstawieniu m1 = m2 = m, l1 = l2 = l:
2ml ¨ϕ1+ ml ¨ϕ2+ 2mgϕ1 = 0
ml ¨ϕ2+ ml ¨ϕ1 + mgϕ2 = 0 (22)
2l ¨ϕ1+ l ¨ϕ2+ 2gϕ1 = 0
l ¨ϕ2+ l ¨ϕ1+ gϕ2 = 0 (23)
2 ¨ϕ1+ ¨ϕ2+ 2ω20ϕ1 = 0
¨
ϕ1+ ¨ϕ2+ ω02ϕ2 = 0 (24)
Gdzie przyjęto ω0 =qgl. Jeżeli przyjąć, że ϕ1(t) = A1eiωt i ϕ2(t) = A2eiωt, to po podsta- wieniu do układu równań ??:
−2A1ω2eiωt− A2ω2eiωt+ 2ω02A1eiωt = 0
−A1ω2eiωt− A2ω2eiωt+ ω20A2eiωt = 0 (25)
A1(2ω20− 2ω2) + A2(−ω2) = 0
A1(−ω2) + A2(ω02− ω2) = 0 (26) Układ ten można rozwiązać metodą wyznacznikową. Kolumna wyrazów wolnych składa się z samych zer, dlatego WA1 i WA2 będą równe 0. Układ ten ma więc niezerowe rozwiązania tylko wtedy, gdy W = 0:
W =
2ω20− 2ω2 −ω2
−ω2 ω20− ω2
= 2(ω02− ω2)2− ω4 = ω4− 4ω02ω2+ 2ω40 (27)
p = ω2 (28)
p2 − 4ω02p + 2ω04 = 0 (29)
∆ = 16ω40− 8ω04 = 8ω04 (30) p1 = 2ω02−√
2ω02 = ω02(2 −√
2) (31)
p2 = 2ω02+√
2ω02 = ω02(2 +√
2) (32)
ω1 = ω0
q
2 −√
2, ω2 = ω0
q
2 +√
2 (33)
Z wartości tych, po wstawieniu do któregoś z równań układu ??, można wyliczyć stosunek A1 do A2. Dla ω1 (po wstawieniu do drugiego równania):
A1(−ω02(2 −√
2)) + A2(ω20− ω02(2 −√
2)) = 0 (34)
A1(2 −√
2) = A2(√
2 − 1) (35)
A2 = A12 −√
√ 2
2 − 1 = A1√
2 (36)
Dla ω2 (po wstawieniu do drugiego równania):
A1(−ω20(2 +√
2)) + A2(ω20− ω02(2 +√
2)) = 0 (37)
A1(2 +√
2) = A2(−√
2 − 1) (38)
A2 = −A12 +√
√ 2
2 + 1 = −A1√
2 (39)
Rozwiązanie ma postać:
ϕ1(t) = Aeiω1t+ Be−iω1t+ Ceiω2t+ De−iω2t ϕ2(t) =√
2 (Aeiω1t+ Be−iω1t) −√
2 (Ceiω2t+ De−iω2t) (40) Z warunków początkowych:
ϕ1(0) = A + B + C + D = 0 (41a)
ϕ2(0) =√
2(A + B − C − D) = 0 (41b)
˙
ϕ1(0) = iAω1− iBω1+ iCω2− iDω2 = ˙ϕ0 (41c) ϕ˙2(0) =√
2(iAω1− iBω1) −√
2(iCω2− iDω2) = 0 (41d)
Równanie ?? można podzielić obustronnie przez √
2 i dodać do równania ??:
2A + 2B = 0 =⇒ A = −B (42)
Podobnie równanie ?? można odjąć od równania ??:
−2C − 2D = 0 =⇒ C = −D (43)
Równanie ?? można podzielić przez √
2 i dodać do równania ??:
2iAω1− 2iBω1 = ˙ϕ0 (44)
4iAω1 = ˙ϕ0 (45)
A = ϕ˙0
4iω1 (46)
B = − ϕ˙0
4iω1 (47)
Podobnie równanie ?? można odjąć od równania ??:
2iCω2− 2iDω2 = ˙ϕ0 (48)
4iCω2 = ˙ϕ0 (49)
C = ϕ˙0
4iω2 (50)
D = − ϕ˙0
4iω2 (51)
Po podstawieniu do równań ??:
ϕ1(t) = ϕ˙0
4iω1eiω1t− ϕ˙0
4iω1e−iω1t+ ϕ˙0
4iω2eiω2t− ϕ˙0
4iω2e−iω2t (52)
˙ ϕ0
4iω1eiω1t− ϕ˙0
4iω1e−iω1t= ϕ˙0
4iω1 (cos ω1t + i sin ω1t − cos(−ω1t) − i sin(−ω1t)) =
= ϕ˙0
4iω1(cos ω1t − cos ω1t + i sin ω1t + i sin ω1t) = ϕ˙0
2ω1 sin ω1t
(53)
˙ ϕ0
4iω2eiω2t− ϕ˙0
4iω2e−iω2t= ϕ˙0
4iω2 (cos ω2t + i sin ω2t − cos(−ω2t) − i sin(−ω2t)) =
= ϕ˙0
4iω2(cos ω2t − cos ω2t + i sin ω2t + i sin ω2t) = ϕ˙0
2ω2 sin ω2t
(54)
ϕ1(t) = ϕ˙0
2ω1 sin ω1t + ϕ˙0
2ω2 sin ω2t (55)
W dokładnie taki sam sposób można wyznaczyć ϕ2(t):
ϕ2(t) =√ 2 ϕ˙0
2ω1 sin ω1t −√ 2 ϕ˙0
2ω2 sin ω2t (56)
