Πολλαπλασιαστές Lagrange Δυνάμεις δεσμών

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Πολλαπλασιαστές Lagrange Δυνάμεις δεσμών"

Αμύντας Κουβέλης
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΦΥΣ - Διαλ.08 Πολλαπλασιαστές Lagrange Δυνάμεις δεσμών q q Το μεγάλο πλεονέκτημα του Lagrangian φορμαλισμού είναι ότι δεν χρειάζεται να υπολογισθούν οι δυνάμεις των δεσμών Ø Υπάρχουν περιπτώσεις που χρειαζόμαστε τις δυνάμεις των δεσμών Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τις εξισώσεις Lagrange αλλά με λίγο διαφορετική συνταγή Η συνταγή: Αντί να χρησιμοποιήσουμε γενικευμένες συντεταγμένες από τις οποίες όλες είναι ανεξάρτητες μεταξύ τους Αυτό που κάναμε μέχρι τώρα ήταν να χρησιμοποιήσουμε την εξίσωση του δεσμού για να βρούμε κάποια σχέση μεταξύ των συντεταγμένων και να εκφράσουμε κάποια συντεταγμένη συναρτήσει των άλλων Χρησιμοποιούμε μεγαλύτερο αριθμό συντεταγμένων και για να συμπεριλάβουμε τους δεσμούς χρησιμοποιούμε τους πολλαπλασιαστές Lagrange

2 Τι σημαίνουν όλα αυτά Απλό εκκρεμές ΦΥΣ - Διαλ.08 Μηχανή Atwood F Αν χρησιμοποιήσουμε τη συντεταγμένη φ τότε περιγράφουμε πλήρως την κίνηση F Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε x και y αλλά x + y = l και τα x και y δεν είναι ανεξάρτητα F Θα δούμε με την μέθοδο των πολ/στων Lagrange πώς να βρούμε τη χρονική εξάρτηση των x και y και να βρούμε την τάση του σχοινιού F Χρησιμοποιήσαμε μόνο τη x (θέση) της m. F Θα μπορούσαμε να κάνουμε χρήση και της συντεταγμένης y της m αρκεί να θυμόμασταν ότι το μήκος του σχοινιού επιβάλει το δεσμό: x + y = l F H μέθοδος των πολ/στων Lagrange οδηγεί στην εύρεση της χρονικής εξάρτησης των x και y και της τάσης

3 ΦΥΣ - Διαλ.08 3 Πολλαπλασιαστές Lagrange To σύστημα περιγράφεται από μια Lagrangian L = L(x,!x, y,!y,t) Από την αρχή του Hamilton, έχουμε: S = L(x,!x, y,!y) όπου S στάσιμο για τη διαδρομή που ακολουθήθηκε Έστω x(t) και y(t) η σωστή διαδρομή, τότε μια μικρή απόκλιση σε μια γειτονική λάθος διαδρομή θα είναι: x(t) x(t) + δ x(t) y(t) y(t) + δ y(t) Αν οι εξισώσεις αυτές ικανοποιούν την εξίσωση του δεσμού τότε το ολοκλήρωμα δράσης S είναι στάσιμο. Δηλαδή: δ S = t t x δ x + δ!x +!x y δ y + t t!y δ!y Ολοκληρώνοντας κατά μέλη το ο και 4 ο όρο έχουμε: δ S = t x d!x δ x + t t t y d!y δ y Η εξάρτηση δεν είναι απαραίτητη Για τυχαίες μετατοπίσεις δx και δy

4 Πολλαπλασιαστές Lagrange ΦΥΣ - Διαλ.08 4 Aν το ολοκλήρωμα: δ S = t x d t!x δ x + t y d!y δ y t για κάθε δυνατή μετατόπιση δx και δy εξισώσεις Lagrange το οποίο είναι το συμπέρασμα αν δεν είχαμε δεσμό Αφού υπάρχουν δεσμοί, το ολοκλήρωμα είναι μηδέν μόνο για δx και δy που ικανοποιούν την εξίσωση του δεσμού (δx, δy μη ανεξάρτητα) Όλα τα σημεία που ενδιαφέρουν ικανοποιούν τον δεσμό: f (x, y) = const επομένως η μικρή απόκλιση x x + δx και y y + δy θα αφήνει ίδια την f (x,y): df = f x δ x + f y δ y Λύνοντας για δy έχουμε: δ y = x y δ x για δx,δy που ικανοποιούν το δεσμό και αντικαθιστούμε στο δs: δ S = t x d!x y d x!y y δ x t αυτό ισχύει για κάθε δx οπότε ο όρος [...] θα πρέπει να είναι 0

5 Πολλαπλασιαστές Lagrange Άρα: x d!x y d!y x y x d!x x ΦΥΣ - Διαλ.08 5 = y d y Για να ισχύει η τελευταία εξίσωση για κάθε χρονική στιγμή της κίνησης θα πρέπει να ισούνται με κάποια συνάρτηση του χρόνου λ(t) Επομένως θα έχουμε: x d!x + λ ( t) x Εν γένει θα μπορούσαμε να γράψουμε: q i d και y d!y + λ ( t) y m + λ j ( t) j!q i j= q i Όπου έχουμε n-γενικευμένες συντεταγμένες και m εξισώσεις δεσμών Q i = λ ( t) q i γενικευμένες δυνάμεις δεσμών To πρόβλημα ανάγεται στην λύση ενός συστήματος n-τροποποιημένων εξισώσεων Lagrange με m-εξισώσεις δεσμών της μορφής:!y f j ( q i,t) ή j dq i + j q i t i ή συνδυασμό τους

6 ΦΥΣ - Διαλ.08 6 Μαθηματικό τέχνασμα? Έστω ότι η Lagrangian περιγράφει την κίνηση της μάζας του εκκρεμούς: L = m!x + m!y U ( x, y) Αντικαθιστώντας στη η τροποποιημένη εξίσωση Lagrange έχουμε: x + λ f x = d!x U x + λ f x = m!!x (Α) Εξετάζοντας κάθε όρο της εξίσωσης: U x = F εξ x m!!x = F x = Όλες οι δυνάμεις εκτός δεσμών F εξ δεσµ. ( x + F x ) ολική δύναμη Επομένως η (Α) δίνει: λ f x = F δεσµ. x Δυνάμεις δεσμών Ο πολ/στής Lagrange πολ/ζοντας την μερική παράγωγο της εξίσωσης του δεσμού δίνει την αντίστοιχη συνιστώσα της δύναμης του δεσμού

7 ΦΥΣ - Διαλ.08 7 Παράδειγμα Μηχανή Atwood m με συντεταγμένη x m με συντεταγμένη y L = T V = m!x + m!y + m gx + m gy H εξίσωση του δεσμού: f (x, y) = x + y = l () Από την τροποποιημένη εξίσωση Lagrange έχουμε: x + λ f x = d!x m g + λ = m!!x () y + λ f y = d!y m g + λ = m!!y Έχουμε σύστηµα 3 εξισώσεων με 3 αγνώστους x(t), y(t), λ(t) H () δίνει: x + y = l! x =! y Οπότε:!!x = ( m m )g m + m Συγκρίνοντας τις () και (3) με τις εξισώσεις του Newton: οπότε: λ = T επειδή στην περίπτωση αυτή f x = (3) m g T = m!!x

8 ΦΥΣ - Διαλ.08 8 Παράδειγμα Yoyo Θεωρήστε ένα δίσκο που έχει κάποιο σχοινί τυλιγμένο γύρω του, το άλλο άκρο του οποίου είναι δεμένο σε ακλόνητο σημείο Ο δίσκος αφήνεται να πέσει και το σχοινί ξετυλίγεται καθώς ο δίσκος πέφτει. Ποιες οι δυνάμεις των δεσμών Τ: T = m!y + I! cm ϕ T = m!y + 4 mr!ϕ V: V = mgy εξίσωση δεσμού: y = Rϕ f = y Rϕ κύληση χωρίς ολίσθηση Από τις τροποποιημένες εξισώσεις Lagrange: d d!y y λ y!ϕ ϕ λ ϕ m!!y mg λ mr!! ϕ + λr mr!! ϕ + λ I cm = mr Από την εξίσωση του δεσμού έχουμε ακόμα:!!y = R!! ϕ λ = m!!y λ mg λ 3λ = mg λ = 3 mg Q οπότε y = λ y = λ = 3 mg Q ϕ = λ ϕ = λr = 3 mgr

9 Παράδειγμα Mηχανή Atwood ΦΥΣ - Διαλ.08 9 Η μηχανή Atwood του διπλανού σχήματος. Ποιες οι δυνάμεις των δεσμών εξισώσεις δεσμών: Σχοινί μεταξύ της m και τροχαλίας : Σχοινί μεταξύ της m και : f = x x p Επομένως: L = m!x + m!x +!x 3 και οι τροποποιημένες εξισώσεις Lagrange: d λ λ m!!x + m g λ!x x x x d λ λ m!!x + m g λ!x x x x d λ λ!!x 3 + g λ!x 3 x 3 x 3 x 3 d λ λ λ + λ!x p x p x f = x + x p = l!!x p x +!!x p!!x =!!x p p f = x + x 3 x p = l x + x 3 x p = l!!x +!!x 3 =!!x p f = x + x p = l + ( x 3 x p ) = l f = x + x 3 x p = l g m x + m x + x 3

10 Παράδειγμα Mηχανή Atwood ΦΥΣ - Διαλ.08 0 m!!x + m g λ!!x =!!x p m!!x + m g λ!!x 3 + g λ!!x +!!x 3 =!!x p λ = λ λ m + g = λ m + m!!x p + m g = λ!!x p = λ m!!x +!!x 3 + m g = λ ( m + ) m!!x p + m g = λ m +!!x p = λ ( m + ) m g m g λ = λ m + g λ m + g = λ ( m + ) m g λ m ( m + ) + 4m = 4m m g λ = λ = 4 4 g + m + m g + m + m

11 Παράδειγμα Κύλινδροι Κύλινδρος µάζας m και ακτίνας R, ξεκινώντας από την κατάσταση ηρεµίας, κυλά χωρίς να ολισθαίνει στην επιφάνεια ακίνητου κυλίνδρου ακτίνας R. Στο σύστηµα ασκείται µόνο η δύναµη της βαρύτητας. Χρησιµοποιώντας πολ/στες Lagrange να βρεθεί το σηµείο που ο µικρός κύλινδρος χάνει επαφή µε τον µεγάλο κύλινδρο. I CM = mr R A R θ A θ θ r R + R ΦΥΣ - Διαλ.08 Το KM του µικρού κυλίνδρου έχει συντεταγµένες: (r,θ ) Oι κύλινδροι είναι σε επαφή, και άρα η εξίσωση του δεσµού: Θεωρούµε την γωνία θ που διαγράφει ένα σηµείο, Α, της περιφέρειας του µικρού κυλίνδρου µε την κατακόρυφο. Το τόξο που έχει διαγράψει το σηµείο Α ως προς το σηµείο επαφής, Α, καθώς ο κύλινδρος κυλά είναι: µε συνάρτηση: f = r R + R A A! = R θ θ Αλλά A A! = R θ Για κύληση χωρίς ολίσθηση: R θ = R ( θ θ ) Η τελευταία εξίσωση είναι η εξίσωση του ου δεσµού: ( R + R )θ R θ (3) Εποµένως η συνάρτηση του δεσµού θα είναι: f = ( R + R )θ R θ (4) Για τις εξισώσεις () και (3) χρησιµοποιούµε τους πολ/στες λ και λ αντίστοιχα () R R ()

12 Παράδειγμα Κύλινδροι ΦΥΣ - Διαλ.08 Για την περιγραφή της κινητικής ενέργειας του µικρού κυλίνδρου, αναλύουµε την κίνηση σε µεταφορική για το ΚΜ και περιστροφική των σηµείων του κυλίνρου ως προς το ΚΜ. Χρησιµοποιούµε επίσης πολικές συντεταγµένες ως προς το κέντρο του ακίνητου κυλίνδρου για να περιγράψουµε την µεταφορική κινητική ενέργεια: T = T περ + T µετ = I CM! θ + m!r + r!θ T = mr θ + m!r + r!θ Θεωρώντας επίπεδο µηδενικής δυναµικής ενέργειας αυτό που περνά από κέντρο του ακίνητου κυλίνδρου, η Ε δυναµική του µικρού κυλίνδρου είναι: U = mgr cosθ Από (5) και (6) η Lagrangian του συστήµατος είναι: L = 4 mr θ + m!r + r (!θ ) mgr cosθ Χρησιµοποιούµε τις τροποποιηµένες εξισώσεις Ε-L µε πολ/στες Lagrange: d d d θ! λ λ θ θ θ θ! λ λ θ θ θ!r r λ r λ r (5) (7) mr!! θ + mr!r!θ mgr sinθ λ ( R + R ) (8) mr!! θ + λ R λ = mr!! θ (9) λ έχει χρονική εξάρτηση m!! r mr θ! + mgcosθ λ (0)

13 Παράδειγμα Κύλινδροι Αντικατάσταση της (9) στην (8) δίνει: mr!! θ + mr!r! θ mgr sinθ = mr Από την εξίσωση (3) του ου δεσµού, παραγωγίζοντας έχουµε: R + R mr!! θ + mr!r θ! mgr sinθ = mr ( R + R )!! θ ( R + R ) R Aπό την εξίσωση () του ου δεσµού: r = ( R + R )!r =!! r () ( R + R )!! θ g R + R sinθ = R + R 3 ( R + R )!!!! θ R + R Aπό την εξίσωση (0) και την εξίσωση () έχουµε: m R + R Πολ/ζω την εξίσωση () µε!θ 3 ( R + R )!! θ!θ = gsinθ!θ Αλλά: d (!θ ) =!! θ!θ!! θ!θ = d ώστε να ολοκληρώσουµε: (!θ ) 3 ( 4 R + R ) d θ! = gcosθ R + R ΦΥΣ - Διαλ.08 3!!!! θ ( R + R ) θ = R!! θ gsinθ θ ()! θ + mgcosθ = λ (3) dθ (!θ ) = gsinθ 3 ( 4 R + R ) θ! = g( cosθ ) ( R + R ) θ! = 4 3 g ( cosθ ) (4) + mgcosθ λ = 3 mg ( 7cosθ 4) Για λ =0 χάνουν επαφή. Δηλαδή ( 7cosθ 4) θ = 55.8 ο Αντικατάσταση της (4) στην (3) δίνει: λ = m 4 3 g cosθ θ

Σχετικά έγγραφα

) A a r a. Κίνηση σωματιδίου κάτω από επίδραση δύναμης. T = 1 2 m (!r 2 + r 2!θ 2. A a r a + C. = Ar a 1 dr V = F = V r V = Fdr

) A a r a. Κίνηση σωματιδίου κάτω από επίδραση δύναμης. T = 1 2 m (!r 2 + r 2!θ 2. A a r a + C. = Ar a 1 dr V = F = V r V = Fdr Κίνηση σωματιδίου κάτω από επίδραση δύναμης ΦΥΣ 211 - Διαλ.05 1 Έστω ένα σωματίδιο κινείται κάτω από την επίδραση μιας δύναμης F = Ar α 1 που έχει διεύθυνση προς την αρχή των αξόνων. Τα Α και α είναι σταθερές.