Układy ﬁzyczne z tarciem; oscylator harmoniczny Wykład 5 Karol Kołodziej

(1)

Wykład 5

Karol Kołodziej Instytut Fizyki Uniwersytet Śląski, Katowice

http://kk.us.edu.pl

(2)

Do tej pory zaniedbywaliśmy siły tarcia, które towarzyszą ruchowi ciał, a w życiu codziennym mamy z nimi do czynienia niemal zawsze.

Zaniedbanie tarcia nie zawsze jest uzasadnione, dlatego wprowadzimy formalizm, który pozwala je uwzględnić.

(3)

Można wyróżnić dwa typy tarcia opór ruchu w gazach i cieczach, tarcie ciał stałych.

(4)

Można wyróżnić dwa typy tarcia opór ruchu w gazach i cieczach, tarcie ciał stałych.

(5)

W przypadku ruchu ciała w gazach i cieczach wartość siły oporu tarcia T = | ~T| wyraża się wzorem

T = c_opAρ 2v²,

(6)

T = c_opAρ 2v², gdzie

v – wartość prędkości ciała względem ośrodka, ρ – gęstość ośrodka,

A – pole powierzchni prostopadłej do kierunku ruchu,

cop – bezwymiarowy współczynnik oporu; zależy m.in. od tzw.

liczby Reynoldsa, która charakteryzuje przepływ nieściśliwego płynu lepkiego.

(7)

T = c_opAρ 2v², gdzie

v – wartość prędkości ciała względem ośrodka, ρ – gęstość ośrodka,

A – pole powierzchni prostopadłej do kierunku ruchu,

cop – bezwymiarowy współczynnik oporu; zależy m.in. od tzw.

liczby Reynoldsa, która charakteryzuje przepływ nieściśliwego płynu lepkiego.

(8)

Siła tarcia w gazach i cieczach T = copAρ

2v².

Np. przy budowie samochodów decydującą rolę odgrywa iloczyn c_opA.

Dla małych prędkości

cop ∼ const

v ⇒ T ∼ v.

(9)

2v².

cop ∼ const

v ⇒ T ∼ v.

Dla dużych prędkości

c_op∼ const ⇒ T ∼ v².

(10)

2v².

cop ∼ const

v ⇒ T ∼ v.

Dla dużych prędkości

c_op∼ const ⇒ T ∼ v².

(11)

Siłę tarcia ciał stałych, czyli tzw. tarcia coulombowskiego, możemy wyrazić wzorem

T~ = −f | ~Z|~v v , gdzie

Z~ – siła reakcji podłoża – równa co do wartości sile nacisku ciała na podłoże,

~

v – prędkość ciała,

f – bezwymiarowy współczynnik tarcia.

(12)

T~ = −f | ~Z|~v v , gdzie

~

Widzimy, żesiła tarcia jest skierowana przeciwnie do wektora prędkości i jest niezależna od wartości prędkości.Założenie to jest spełnione tylko w przybliżeniu.

(13)

T~ = −f | ~Z|~v v , gdzie

~

Widzimy, żesiła tarcia jest skierowana przeciwnie do wektora prędkości i jest niezależna od wartości prędkości.Założenie to jest spełnione tylko w przybliżeniu.

(14)

Ze względu na niepotencjalny charakter sił tarcia– nie istnieje dla nich również potencjał uogólniony

(15)

Ze względu na niepotencjalny charakter sił tarcia – nie istnieje dla nich również potencjał uogólniony– równania Lagrange’a II rodzaju w formie

d dt

∂L

∂˙q_j − ∂L

∂q_j = 0, j = 1, 2, ..., n.

nie mogą być bezpośrednio użyte do opisu układów ﬁzycznych z tarciem.

(16)

Ze względu na niepotencjalny charakter sił tarcia – nie istnieje dla nich również potencjał uogólniony – równania Lagrange’a II rodzaju w formie

d dt

∂L

∂˙q_j − ∂L

∂q_j = 0, j = 1, 2, ..., n.

nie mogą być bezpośrednio użyte do opisu układów ﬁzycznych z tarciem.Możemy jednak wykorzystać równania

d dt

∂T

∂˙qj −∂T

∂q_j − Qj = 0, j = 1, 2, ..., n,

które otrzymaliśmy na pośrednim etapie wyprowadzenia równań Lagrange’a II rodzaju z równania d’Alemberta. (Patrz Wykład 4.)

(17)

Ze względu na niepotencjalny charakter sił tarcia – nie istnieje dla nich również potencjał uogólniony – równania Lagrange’a II rodzaju w formie

d dt

∂L

∂˙q_j − ∂L

∂q_j = 0, j = 1, 2, ..., n.

nie mogą być bezpośrednio użyte do opisu układów ﬁzycznych z tarciem. Możemy jednak wykorzystać równania

d dt

∂T

∂˙qj −∂T

∂q_j − Qj = 0, j = 1, 2, ..., n,

które otrzymaliśmy na pośrednim etapie wyprowadzenia równań Lagrange’a II rodzaju z równania d’Alemberta. (Patrz Wykład 4.)

(18)

Siłę uogólnioną Qj zdeﬁniowaną wzorem

Q_j = XN

i=1

F~_i · ∂~r_i

∂q_j , j = 1, 2, ..., n, przedstawmy w postaci sumy

Q_j = Q_j^V + Rj,

(19)

Q_j = XN

i=1

F~_i · ∂~r_i

Q_j = Q_j^V + Rj,

gdzie Q_j^V jest częścią potencjalną, dla której istnieje potencjał uogólniony V (q, ˙q, t) taki, że

Q_j^V = d dt

∂V

∂˙q_j − ∂V

∂q_j ,

(20)

Q_j = XN

i=1

F~_i · ∂~r_i

Q_j = Q_j^V + Rj,

gdzie Q_j^V jest częścią potencjalną, dla której istnieje potencjał uogólniony V (q, ˙q, t) taki, że

Q_j^V = d dt

∂V

∂˙q_j − ∂V

∂q_j ,

(21)

a Rj jest częścią niepotencjalną – opisującą siły tarcia ~T_i działające na poszczególne punkty układu, którą z deﬁnicji możemy zapisać w formie

Rj = XN

i=1

T~i · ∂~r_i

∂q_j .

Wstawmy to przedstawienie siły Qj do naszych równań d

dt

∂T

∂˙qj − ∂T

∂q_j −Q_j^V + Rj

= 0,

(22)

Rj = XN

i=1

T~i · ∂~r_i

∂q_j .

dt

∂T

∂˙qj − ∂T

= 0,

skąd d dt

∂T

∂˙qj −∂T

∂q_j − d dt

∂V

∂˙qj − ∂V

∂q_j

!

= Rj, j = 1, 2, ..., n.

(23)

Rj = XN

i=1

T~i · ∂~r_i

∂q_j .

dt

∂T

∂˙qj − ∂T

= 0,

skąd d dt

∂T

∂˙qj −∂T

∂q_j − d dt

∂V

∂˙qj − ∂V

∂q_j

!

= Rj, j = 1, 2, ..., n.

(24)

Przegrupujmy wyrazy d dt

∂(T − V )

∂˙qj −∂(T − V )

∂q_j = Rj, i wprowadźmy funkcję Lagrange’aL= T − V ,

(25)

∂(T − V )

∂˙qj −∂(T − V )

∂q_j = Rj,

i wprowadźmy funkcję Lagrange’aL= T − V ,wówczas

otrzymamyrównania Lagrange’a II rodzaju dla układów z tarciem d

dt

∂L

∂˙q_j − ∂L

∂q_j = Rj, j = 1, 2, ..., n,

(26)

∂(T − V )

∂˙qj −∂(T − V )

∂q_j = Rj,

dt

∂L

∂˙q_j − ∂L

∂q_j = Rj, j = 1, 2, ..., n, gdzieuogólnione siły tarcia Rj dane są wzorem

R_j = XN

i=1

T~_i · ∂~ri

∂q_j .

(27)

∂(T − V )

∂˙qj −∂(T − V )

∂q_j = Rj,

dt

∂L

∂˙q_j − ∂L

∂q_j = Rj, j = 1, 2, ..., n, gdzieuogólnione siły tarcia Rj dane są wzorem

R_j = XN

i=1

T~_i · ∂~ri

∂q_j .

(28)

Przykład 1:Hantel o długości l = l¹+ l², gdzie l¹ i l² jest

odpowiednio odległością masy m¹ i m² od środka masy S, porusza się po poziomej płaszczyznę xOy. Współczynnik tarcia wynosi f , a pręt łączący obie masy należy potraktować jako nieważki. Znaleźć składową Rϕ uogólnionej siły tarcia.

x y

ϕ

m₁

m₂ l₂

l₁ S

x y

Siła tarcia działająca na po- szczególne masy:

T~i = −fmⁱg~v_i

v_i, i = 1, 2.

(29)

Przykład 1:Hantel o długości l = l¹+ l², gdzie l¹ i l² jest

odpowiednio odległością masy m¹ i m² od środka masy S, porusza się po poziomej płaszczyznę xOy. Współczynnik tarcia wynosi f , a pręt łączący obie masy należy potraktować jako nieważki. Znaleźć składową Rϕ uogólnionej siły tarcia.

x y

ϕ

m₁

m₂ l₂

l₁ S

x y

Siła tarcia działająca na po- szczególne masy:

T~i = −fmⁱg~v_i

v_i, i = 1, 2.

(30)

Układ ma 3 stopnie swobody: 2 punkty na płaszczyźnie i jedno równanie więzów na stałą długość hantla.Jako współrzędne niezależne wybieramy x, y i ϕ, zgodnie z rysunkiem.

(31)

Układ ma 3 stopnie swobody: 2 punkty na płaszczyźnie i jedno równanie więzów na stałą długość hantla. Jako współrzędne niezależne wybieramy x, y i ϕ, zgodnie z rysunkiem.

Wektory położenia obu mas mają postać

~

r1 = (x − l¹cos ϕ, y − l¹sin ϕ)

(32)

~

r1 = (x − l¹cos ϕ, y − l¹sin ϕ) ⇒

(33)

~

r1 = (x − l¹cos ϕ, y − l¹sin ϕ) ⇒ ∂~r1

∂ϕ =

(34)

~

r1 = (x − l¹cos ϕ, y − l¹sin ϕ) ⇒ ∂~r1

∂ϕ = (l1sin ϕ, −l¹cos ϕ) ,

~

r2 = (x + l²cos ϕ, y + l²sin ϕ)

(35)

~

r1 = (x − l¹cos ϕ, y − l¹sin ϕ) ⇒ ∂~r1

∂ϕ = (l1sin ϕ, −l¹cos ϕ) ,

~

r2 = (x + l²cos ϕ, y + l²sin ϕ) ⇒

(36)

~

r1 = (x − l¹cos ϕ, y − l¹sin ϕ) ⇒ ∂~r1

∂ϕ = (l1sin ϕ, −l¹cos ϕ) ,

~

r2 = (x + l²cos ϕ, y + l²sin ϕ) ⇒ ∂~r2

∂ϕ =

(37)

~

r1 = (x − l¹cos ϕ, y − l¹sin ϕ) ⇒ ∂~r1

∂ϕ = (l1sin ϕ, −l¹cos ϕ) ,

~

r2 = (x + l²cos ϕ, y + l²sin ϕ) ⇒ ∂~r2

∂ϕ = (−l²sin ϕ, l²cos ϕ) ,

(38)

~

r1 = (x − l¹cos ϕ, y − l¹sin ϕ) ⇒ ∂~r1

∂ϕ = (l1sin ϕ, −l¹cos ϕ) ,

~

r2 = (x + l²cos ϕ, y + l²sin ϕ) ⇒ ∂~r2

∂ϕ = (−l²sin ϕ, l²cos ϕ) , a odpowiednie siły tarcia są równe

T~1= −fm¹g ( ˙x + l¹ϕ˙sin ϕ, ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ) q

( ˙x + l1ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)² ,

(39)

~

r1 = (x − l¹cos ϕ, y − l¹sin ϕ) ⇒ ∂~r1

∂ϕ = (l1sin ϕ, −l¹cos ϕ) ,

~

r2 = (x + l²cos ϕ, y + l²sin ϕ) ⇒ ∂~r2

∂ϕ = (−l²sin ϕ, l²cos ϕ) , a odpowiednie siły tarcia są równe

T~1= −fm¹g ( ˙x + l¹ϕ˙sin ϕ, ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ) q

( ˙x + l1ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)² ,

(40)

T~2= −fm²g ( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ, ˙y + l²ϕ˙cos ϕ) q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)² .

Obliczmy Rϕ

R_ϕ = X2 i=1

T~_i ·∂~r_i

∂ϕ = ~T1·∂~r1

∂ϕ + ~T2·∂~r2

∂ϕ

= −fg m1

˙xl1sin ϕ + l1²ϕ˙²sin²ϕ− ˙yl¹cos ϕ + l1²ϕ˙²cos²ϕ q

( ˙x + l1ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)²

−fg m2

− ˙xl²sin ϕ + l2²ϕ˙²sin²ϕ+ ˙y l²cos ϕ + l2²ϕ˙²cos²ϕ q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l²ϕ˙cos ϕ)²

.

(41)

T~2= −fm²g ( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ, ˙y + l²ϕ˙cos ϕ) q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)² .

Obliczmy Rϕ

R_ϕ = X2 i=1

T~_i ·∂~r_i

∂ϕ = ~T1·∂~r1

∂ϕ + ~T2·∂~r2

∂ϕ

= −fg m1

˙xl1sin ϕ + l1²ϕ˙²sin²ϕ− ˙yl¹cos ϕ + l1²ϕ˙²cos²ϕ q

( ˙x + l1ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)²

−fg m2

− ˙xl²sin ϕ + l2²ϕ˙²sin²ϕ+ ˙y l²cos ϕ + l2²ϕ˙²cos²ϕ q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l²ϕ˙cos ϕ)²

.

(42)

Wyrażenie to możemy nieco uprościć do postaci

Rϕ = −fg m1 ˙xl1sin ϕ − ˙yl¹cos ϕ + l1²ϕ˙² q

( ˙x + l¹ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)²

−fg m2 − ˙xl²sin ϕ + ˙y l²cos ϕ + l2²ϕ˙² q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)² ,

ale, jak widać, wzór na Rϕ jest bardzo skomplikowany.

(43)

( ˙x + l¹ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)²

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)² ,

Zadanie 1:Obliczyć uogólnione siły tarcia Rx i Ry.

(44)

( ˙x + l¹ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)²

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)² ,

Zadanie 1:Obliczyć uogólnione siły tarcia Rx i Ry.

(45)

Widzimy, że przeliczenie składowych kartezjańskich sił tarcia na uogólnione siły tarcia jest bardzo żmudne.

Dla uniknięcia skomplikowanych rachunków, w niektórych

sytuacjach można wprowadzićfunkcję dyssypacji P,która odgrywa podobną rolę do potencjału.

(46)

Widzimy, że przeliczenie składowych kartezjańskich sił tarcia na uogólnione siły tarcia jest bardzo żmudne.

Dla uniknięcia skomplikowanych rachunków, w niektórych

sytuacjach można wprowadzićfunkcję dyssypacji P,która odgrywa podobną rolę do potencjału.

(47)

Wiele sił tarcia ma postać T~_i = −hi(v_i)~v_i

v_i, i = 1, 2, ..., N,

gdzie hi(v_i) jest dowolną funkcją skalarną wartości wektora prędkości i-tego punktu.Wówczas uogólnione siły tarcia można zapisać w formie

R_j = XN i=1

T~_i· ∂~r_i

∂q_j = − XN i=1

h_i(vi)~v_i v_i · ∂~r_i

∂q_j = − XN i=1

h_i(vi)~v_i v_i · ∂~v_i

∂˙q_j,

(48)

v_i, i = 1, 2, ..., N,

gdzie hi(v_i) jest dowolną funkcją skalarną wartości wektora prędkości i-tego punktu. Wówczas uogólnione siły tarcia można zapisać w formie

R_j = XN i=1

T~_i· ∂~r_i

∂q_j = − XN i=1

∂˙q_j, gdzie wykorzystaliśmy udowodniony wcześniej wzór

∂~r_i

∂q_j = ∂ ˙~r_i

∂˙q_j = ∂~v_i

∂˙q_j.

(49)

v_i, i = 1, 2, ..., N,

gdzie hi(v_i) jest dowolną funkcją skalarną wartości wektora prędkości i-tego punktu. Wówczas uogólnione siły tarcia można zapisać w formie

R_j = XN i=1

T~_i· ∂~r_i

∂q_j = − XN i=1

∂˙q_j, gdzie wykorzystaliśmy udowodniony wcześniej wzór

∂~r_i

∂q_j = ∂ ˙~r_i

∂˙q_j = ∂~v_i

∂˙q_j.

(50)

Zauważmy również, że

~ v_i· ∂~v_i

∂˙qj

= 1 2

∂(~v_i· ~vi)

∂˙qj

= 1 2

∂v_i²

∂˙qj

= v_i ∂v_i

∂˙qj

,

co pozwala uprościć wzór na Rj.

R_j = − XN i=1

h_i(v_i)~v_i v_i · ∂~v_i

∂˙qj= − XN

i=1

h_i(v_i)∂v_i

∂˙qj

.

(51)

Zauważmy również, że

~ v_i· ∂~v_i

∂˙qj

= 1 2

∂(~v_i· ~vi)

∂˙qj

= 1 2

∂v_i²

∂˙qj

= v_i ∂v_i

∂˙qj

,

co pozwala uprościć wzór na Rj.

R_j = − XN i=1

h_i(v_i)~v_i v_i · ∂~v_i

∂˙qj= − XN

i=1

h_i(v_i)∂v_i

∂˙qj

.

(52)

Jeśli F (x) jest funkcją pierwotną funkcji f (x), tzn. F^′(x) = f (x), to

a(x)Z

0

f(˜x)d˜x = F (a(x)) − F (0).

Skąd różniczkując obustronnie po x otrzymamy

d dx

a(x)Z

0

f(˜x)d˜x= d

dx[F (a(x)) − F (0)] =

(53)

a(x)Z

0

f(˜x)d˜x = F (a(x)) − F (0).

Skąd różniczkując obustronnie po x otrzymamy d

dx

a(x)Z

0

f(˜x)d˜x= d

dx[F (a(x)) − F (0)] = f (a(x)) da(x) dx .

(54)

a(x)Z

0

f(˜x)d˜x = F (a(x)) − F (0).

dx

a(x)Z

0

f(˜x)d˜x= d

dx[F (a(x)) − F (0)] = f (a(x)) da(x) dx . Zmieniając oznaczenia otrzymamy wzór

∂

∂˙qj vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i = h_i(v_i) ∂v_i

∂˙qj

.

(55)

a(x)Z

0

f(˜x)d˜x = F (a(x)) − F (0).

dx

a(x)Z

0

f(˜x)d˜x= d

dx[F (a(x)) − F (0)] = f (a(x)) da(x) dx . Zmieniając oznaczenia otrzymamy wzór

∂

∂˙qj vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i = h_i(v_i) ∂v_i

∂˙qj

.

(56)

W takim razie uogólnioną siłę tarcia możemy zapisać:

R_j = − XN i=1

h_i(vi)∂v_i

∂˙qj = − XN i=1

∂

∂˙qj vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i =− ∂

∂˙qj

XN

i=1 vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i.

Zdeﬁniujmyfunkcję dyssypacji P dla sił tarcia postaci T~_i = −hⁱ(vi)^~^v_vⁱ

i,gdzie i = 1, 2, ..., N, P ≡

XN

i=1 vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i,

(57)

R_j = − XN i=1

h_i(vi)∂v_i

∂˙qj = − XN i=1

∂

∂˙qj vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i =− ∂

∂˙qj

XN

i=1 vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i.

i,gdzie i = 1, 2, ..., N, P ≡

XN

i=1 vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i,

wtedy uogólniona siła tarcia wyraża się wzorem R_j = −∂P

∂˙qj

.

(58)

R_j = − XN i=1

h_i(vi)∂v_i

∂˙qj = − XN i=1

∂

∂˙qj vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i =− ∂

∂˙qj

XN

i=1 vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i.

i,gdzie i = 1, 2, ..., N, P ≡

XN

i=1 vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i,

wtedy uogólniona siła tarcia wyraża się wzorem R_j = −∂P

∂˙qj

.

(59)

Przykład 2:Znajdźmy funkcję dyssypacji hantla z Przykładu 1.

Siła tarcia działająca na poszczególne masy ma postać T~_i = −fmig~v_i

v_i ⇒ h_i(v_i) = fm_ig , i = 1, 2.

(60)

v_i ⇒ h_i(v_i) = fm_ig , i = 1, 2.

Funkcja dyssypacji ma więc postać

P =

X2 i=1

vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i = X2 i=1

fm_ig

vi

Z

0

dv˜_i = fg X2 i=1

m_iv_i

= fg (m1v1+ m2v2) = fg

m1

q

˙x1²+ ˙y1²+ m2

q

˙x2²+ ˙y2²

a jeśli wykorzystamy wzory z Przykładu 1 na v¹ i v²,

(61)

v_i ⇒ h_i(v_i) = fm_ig , i = 1, 2.

Funkcja dyssypacji ma więc postać

P =

X2 i=1

vi

Z

0

h_i(˜v_i)d˜v_i = X2 i=1

fm_ig

vi

Z

0

dv˜_i = fg X2 i=1

m_iv_i

= fg (m1v1+ m2v2) = fg

m1

q

˙x1²+ ˙y1²+ m2

q

˙x2²+ ˙y2²

a jeśli wykorzystamy wzory z Przykładu 1 na v¹ i v²,

(62)

to otrzymamy P = fg

m1

q

( ˙x + l1ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)² +m2

q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)²

.

Teraz łatwo już można obliczyć uogólnione siły tarcia

R_x = −∂P

∂˙x = −fg



m1

˙x + l1ϕ˙sin ϕ q

( ˙x + l¹ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)²

+m² ˙x − l²ϕ˙sin ϕ q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)²



,

gdzie oba ułamki skróciliśmy przez 2.

(63)

to otrzymamy P = fg

m1

q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)²

.

Teraz łatwo już można obliczyć uogólnione siły tarcia

R_x = −∂P

∂˙x = −fg



m1

˙x + l1ϕ˙sin ϕ q

( ˙x + l¹ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)² +m² ˙x − l²ϕ˙sin ϕ

q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)²



,

gdzie oba ułamki skróciliśmy przez 2.

(64)

Podobnie obliczamy siły Ry i Rϕ

P = fg

m1

q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)²

.

R_y = −∂P

∂˙y =−fg



m1 ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ q

( ˙x + l¹ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)² +m² ˙y + l²ϕ˙cos ϕ

q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)²



.

(65)

P = fg

m1

q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)²

.

R_ϕ = −∂P

∂ϕ˙ = −fg



m1

( ˙x + l1ϕ˙sin ϕ) l1sin ϕ − ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ) l1cos ϕ q

( ˙x + l¹ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)² +m2− ( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ) l2sin ϕ + ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ) l2cos ϕ

q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)²



.

(66)

Porządkując wyrażenie na Rϕ otrzymamy ostatecznie

Rϕ = −fg



m1

l1( ˙x sin ϕ − ˙y cos ϕ) + l¹²ϕ˙ q

( ˙x + l¹ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)² +m² l2(− ˙x sin ϕ + ˙y cos ϕ) + l²²ϕ˙

q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)²



,

a więc taki sam wynik jak w Przykładzie 1.

(67)

Porządkując wyrażenie na Rϕ otrzymamy ostatecznie

Rϕ = −fg



m1

l1( ˙x sin ϕ − ˙y cos ϕ) + l¹²ϕ˙ q

( ˙x + l¹ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y − l¹ϕ˙cos ϕ)² +m² l2(− ˙x sin ϕ + ˙y cos ϕ) + l²²ϕ˙

q

( ˙x − l²ϕ˙sin ϕ)²+ ( ˙y + l2ϕ˙cos ϕ)²



,

a więc taki sam wynik jak w Przykładzie 1.

(68)

Napiszmy równania ruchu hantla.Funkcja Lagrange’a hantla ma postać

L= T − V_|{z}

0

= 1

2(m1+ m2)˙x²+ ˙y²+ 1

2m1l1²ϕ˙²+1

2m2l2²ϕ˙², gdzie pierwszy wyraz po prawej stronie jest energią kinetyczną ruchu postępowego środka masy, a kolejne dwa wyrazy reprezentują energię kinetyczną ruchu obrotowego poszczególnych mas.

(69)

Napiszmy równania ruchu hantla. Funkcja Lagrange’a hantla ma postać

L= T − V_|{z}

0

= 1

2(m1+ m2)˙x²+ ˙y²+ 1

2m1l1²ϕ˙²+1

Dla poszczególnych zmiennych otrzymamy równania ruchu d

dt

∂L

∂˙x −∂L

∂x = d

dt [(m1+ m2) ˙x] = (m1+ m2) ¨x = R_x, d

dt

∂L

∂˙y −∂L

∂y = d

dt [(m¹+ m²) ˙y ] = (m¹+ m²) ¨y = Ry, d

dt

∂L

∂ϕ˙ − ∂L

∂ϕ = d dt

hm1l1²+ m²l2²

ϕ˙ⁱ = m1l1²+ m²l2²

ϕ¨= Rϕ.

(70)

Napiszmy równania ruchu hantla. Funkcja Lagrange’a hantla ma postać

L= T − V_|{z}

0

= 1

2(m1+ m2)˙x²+ ˙y²+ 1

2m1l1²ϕ˙²+1

Dla poszczególnych zmiennych otrzymamy równania ruchu d

dt

∂L

∂˙x −∂L

∂x = d

dt [(m1+ m2) ˙x] = (m1+ m2) ¨x = R_x, d

dt

∂L

∂˙y −∂L

∂y = d

dt [(m¹+ m²) ˙y ] = (m¹+ m²) ¨y = Ry, d

dt

∂L

∂ϕ˙ − ∂L

∂ϕ = d dt

hm1l1²+ m²l2²

ϕ˙ⁱ = m1l1²+ m²l2²

ϕ¨= Rϕ.

(71)

Wstawienie wzorów na siły uogólnione sprawi, że równania ruchu staną się niezmiernie skomplikowane. W związku z czym nie da się ich rozwiązać w sposób analityczny.

Tarcie przekształca energię kinetyczną ruchu ciała makroskopowego w ciepło,

(72)

Tarcie przekształca energię kinetyczną ruchu ciała makroskopowego w ciepło,a zatem jest ono zjawiskiem makroskopowym.

(73)

Tarcie przekształca energię kinetyczną ruchu ciała makroskopowego w ciepło, a zatem jest ono zjawiskiem makroskopowym.

W ﬁzyce kwantowej, a więc na poziomie mikroskopowym, nie ma tarcia.

(74)

Pytanie, jak powstaje tarcie przy przejściu od teorii mikroskopowej do makroskopowej, jest bardzo trudne.

(75)

Zasadniczy wpływ na poziom komplikacji tego problemu ma złożoność układów makroskopowych.

(76)

Zasadniczy wpływ na poziom komplikacji tego problemu ma złożoność układów makroskopowych.

(77)

Żeby lepiej unaocznić to stwierdzenie, przypomnijmy, że liczba cząsteczek w jednym molu substancji, czylistała Avogadra, wynosi

N_A= 6.022 × 10²³mol⁻¹.

(78)

N_A= 6.022 × 10²³mol⁻¹.

Oczywiste jest jednak, żezderzenia cząsteczek trących ciał odbierają im energię kinetyczną i zamieniają ją w drgania.

(79)

N_A= 6.022 × 10²³mol⁻¹.

W dalszym ciągu zbadamy wpływ siły tarcia na prosty układ mechaniczny jakim jest jednowymiarowy oscylator harmoniczny.

(80)

N_A= 6.022 × 10²³mol⁻¹.

W dalszym ciągu zbadamy wpływ siły tarcia na prosty układ mechaniczny jakim jest jednowymiarowy oscylator harmoniczny.

(81)

Ciało o masie m ślizga się bez tarcia po podłożu pod wpływem sprężyny przyczepionej do ściany. Sprężyna spełnia prawo Hooke’a F = −Kx, gdzie współczynnik sprężystości K jest zadany.

m

x

Z II zasady dynamiki Newtona otrzymujemy równanie ruchu mx¨= −Kx

(82)

m

x

Z II zasady dynamiki Newtona otrzymujemy równanie ruchu mx¨= −Kx ⇒ x¨= −K

mx

(83)

m

x

mx ⇒ x¨= −ω²⁰x,

(84)

m

x

mx ⇒ x¨= −ω²⁰x, gdzie oznaczyliśmyω²0 ≡ ^K_m.

(85)

m

x

mx ⇒ x¨= −ω²⁰x, gdzie oznaczyliśmyω²0 ≡ ^K_m.

(86)

Rozwiązanie ogólne równania

¨

x= −ω⁰² x

zwykle przedstawiamy w jednej z następujących postaci:

x(t) = A sin(ω0t+ α),

(87)

Rozwiązanie ogólne równania

¨

x= −ω⁰² x

zwykle przedstawiamy w jednej z następujących postaci:

x(t) = A sin(ω0t+ α), x(t) = B cos(ω0t+ β)