Transcript Lesson4.ppt
בס"ד
מכניקה קלאסית – תרגול מס' 4
הפורמליזם הלגרנז'י
במכניקה
סמסטר א' תשס"ד
תרגול – 4הפורמליזם הלגרנז'י במכניקה
1
בעיית חבל הכביסה
הבעיה :למצוא את צורתו של חבל התלוי
בחופשיות בין שני מוטות ).(l > a
y
ds
הקריטריון :על האנרגיה הפוטנציאלית
l
h
של החבל להיות מינימלית.
לאלמנט אורך dsיש מסה d m ds
d x 2 d y 2 1 y' 2 d x
d s
x
a
ואנרגיה פוטנציאלית d V d m g y g y 1 y'2 dx
a/2
2
2
g
y
1
y
'
dx
L
y
1
y
'
a / 2
סמסטר א' תשס"ד
תרגול – 4הפורמליזם הלגרנז'י במכניקה
V dV
2
המשך- בעיית החבל
:" לכן נשתמש ב"חוק שימור אנרגיה,x- הלגרנז'יאן אינו תלוי ב
L
L
L
q k C L
y' C
k
y'
k q
y y'
y
2
y 1 y'
y'
C
1 y' 2
1 y'2
1
2
2
y'
y C
y x C coshk x x0
C
y' x sinh k x x0 k C sinh k x x0
ya 2 y a 2 h
3
תנאי שפה
סימטריים
x0 0
1
k
C
x
y x C cosh
C
– הפורמליזם הלגרנז'י במכניקה4 תרגול
סמסטר א' תשס"ד
סיום- בעיית החבל
: כפי שראינו. y0 C הגובה של אמצע החבל:C המשמעות של
a
a h
a
h cosh
y C cosh
2
2C
2C C
:C דרךl קל לחשב את אורך החבל (ז"א לבטא את
a/2
a/2
a
x
2
l ds 1 y' dx cosh dx 2 C sinh
C
2C
a / 2
a / 2
a
l
2
2
sinh
; cosh sinh 1
2C 2C
C h 2 l 2 4 :C מכאן מקבלים את
4
– הפורמליזם הלגרנז'י במכניקה4 תרגול
סמסטר א' תשס"ד
מטוטלות מצומדות
הבעיה :לפתור את התנועה של שתי מטוטלות המצומדות ע"י קפיץ
1
1
2 2
2 2
האנרגיה הקינטית:
T
m
l
m
l
1
1
2 2
d
2
2
2
האנרגיה הפוטנציאלית( :מניחים שהקפיץ כמעט אופקי)
l
1
l
1
2
V m1 g l cos 1 m 2 g l cos 2 k l 2 sin 2 sin 1
2
sin k k
m
2
נניח שהסטיות קטנות , k 1אזי
m1 k
2
1
cos
1
k
2 k
1
1
2
והפוטנציאלV m1 m 2 g l g l m1 12 m 2 22 k l 2 2 1 :
2
2
מהלגרנז'יאן L = T – Vמקבלים את משוואות אוילר-לגרנז':
)(1
m1l 21 m1 g l 1 k l 2 2 1 0
m2 l 22 m2 g l 2 k l 2 2 1 0
)(2
סמסטר א' תשס"ד
תרגול – 4הפורמליזם הלגרנז'י במכניקה
5
מטוטלות מצומדות -המשך
g
k
או בהצגה יותר נוחה2 1 0 :
1 1
l
m1
g
k
2 1 0
2 2
l
m2
1
2
נחבר ונחסר את ( )1ואת ( )2ונקבל:
()3
g
k m1 m 2
2 1 0
1 2 1 2
l
m1 m 2
()4
g
k m1 m 2
2 1 0
1 2 1 2
l
m1 m 2
נגדיר משתנים חדשים 2 = 1 - 2 ,1 = 1 + 2 :ונציב ב)3(-
וב.)4(-
סמסטר א' תשס"ד
תרגול – 4הפורמליזם הלגרנז'י במכניקה
6
מטוטלות מצומדות -סיום
מקבלים את המשוואות:
g
k m1 m 2
1 1
2 0
l
m1 m 2
()5
משוואה לא-
מצומדת
2 t B cos 2 t 2
g
k m1 m2
(g k m1 m2 )6
2 2
2 0
l
m1 m2
2
l
m1 m2
משוואה ( )5הינה מש' לינארית לא-הומוגנית עם פתרון
g
l
m1 m 2
1 t A cos 1 t 1
B cos 2 t 2 ; 1
m1 m 2
המשתנים מקוריים 1ו 2-יימצאו מתוך 1ו.2 -
סמסטר א' תשס"ד
תרגול – 4הפורמליזם הלגרנז'י במכניקה
7
זיהוי כוח מרכזי ע"פ פתרון
הבעיה :נתונה בעיה בפוטנציאל מרכזי )( V(rהפוטנציאל אינו תלוי בזוית
כשעובדים בקואורדינטות קוטביות) .נתון גם פתרון הבעיה – – rכפונקציה של
.r k e :יש לזהות את צורת הכח הפועל במערכת ,שיביא לפתרון זה.
בקואורדינטות קוטביות .v 2 x 2 y 2 r 2 r 2 2 :מכאן הלגרנז'יאן:
1
L m r 2 r 2 2 V r
2
איננו מציבים את הפתרון מיד ,שכן ,לא תהיה משמעות למשוואות אוילר
שנגזור אחרי הצבת הפתרון .לעומת זאת ,העובדה שהפוטנציאל הינו מרכזי
היא תכונת סימטריה של הבעיה ולא פתרון ,לכן עלינו לכלול זאת בלגרנז'יאן.
הלגרנז'יאן לא תלוי ב-
תנע זוויתי
משוואת אוילר ל: -
)(1
d
m r 2 0 mr 2
dt
סמסטר א' תשס"ד
d L L
0
d t
תרגול – 4הפורמליזם הלגרנז'י במכניקה
8
זיהוי כוח מרכזי -המשך
משוואת אוילר ל:r -
d L L
V r
0 m r m r 2
) m r m r 2 F r 0 (2
d t r r
r
2
d
לכן
.
משימור תנע זוויתי:
F r m r
2
3
mr
dt
mr
הנגזרת של לפי הזמן תלויה ב r-בלבד ,לכן מותר להניח שהתלות של rבזמן
מתבטאת דרך .r t r :נחליף את הנגזרות של rלפי tבנגזרות לפי
d r d
' r
d r
d r' d
2 r' ' 2 r' 2
r
; r
2 2 2 3
2
2
d d t mr
d t d mr d t m r r
r
עם הביטויים הללו ,נשכתב את הביטוי לכח 2 r' ' 2 r' 2 1 :
F r 4 5 3
mr
r
r
סמסטר א' תשס"ד
תרגול – 4הפורמליזם הלגרנז'י במכניקה
9
זיהוי כוח מרכזי -סיום
כעת נציב את הפתרון r' k e r ; r' ' 2 r :
ונקבל:
r k e
2 2 r 2 2 r 2 1
2 1 2 1
F r 4
3
5
m r
r
r
m
r3
נשים לב כי האנרגיה המכנית הכוללת בבעיה זו היא
2
1
2
E m r
V r
2
2
2m r
פוטנציאל
אפקטיבי
הדינמיקה ברכיב rתלויה אם כן בתנע הזוויתי המאפיין את הדינמיקה ברכיב
.
סמסטר א' תשס"ד
תרגול – 4הפורמליזם הלגרנז'י במכניקה
10