نحوه تعیین حداقل دوره نوسان برای یک آونگ فیزیکی

مدیران انجمن: javad123javad, parse

ارسال پست
نمایه کاربر
rohamjpl

نام: Roham Hesami

محل اقامت: City of Leicester Area of Leicestershire LE7

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 1009

سپاس: 676

جنسیت:

تماس:

نحوه تعیین حداقل دوره نوسان برای یک آونگ فیزیکی

پست توسط rohamjpl »

نحوه تعیین حداقل دوره نوسان برای یک آونگ فیزیکی
یک آونگ فیزیکی از یک میله نازک همگن به طول l تشکیل شده است که توسط نقطه O در فاصله x از مرکز ثقل $x<\frac{l}{2}$) معلق است و در یک صفحه عمودی در نوسان است. برای کدام مقدار x دوره نوسان حداقل است؟تصویر
من برای حل این مشکل دارم نشان دادن گشتاور با Γ
و جابجایی زاویه ای توسط θ، خواهیم داشت:$\Gamma = I\ddot\theta$
$\Gamma = -mgx\sin\theta \approx -mgx\theta$
(با در نظر گرفتن θ≪1)هر دو معادله O.D.E
$\ddot\theta+\frac{mgx}{I}\theta = 0$
ما راه حل هایی از فرم خواهیم داشت
$\theta = A\cos(\omega t+\phi)$
جایی که$\theta = A\cos(\omega t+\phi)$دوره است $\omega = \sqrt{\frac{mgx}{I}}$ دوره میشه $\tau =\frac{ 2\pi}{|\omega|} = 2\pi\sqrt{\frac{I}{mgx}}$
ممان اینرسی Iبا قضیه محور موازی خواهد بود $\frac{ml^2}{12}+mx^2$. پیدا کنم که چه مقدار x دوره $\tau$ را به حداقل می رساند.
. در این مرحله شما یک عبارت برای $\tau$ دارید
که باید با توجه به x کمینه کنید - شما آخرین مرحله را که نوشتن I به عنوان تابعی از x است را انجام ندادید.در آن عبارت:
$ \tau = 2\pi \sqrt{\frac{\ell^2/12 + x^2}{gx}}$
حداقل / حداکثر زمانی رخ می دهد که $\frac{d\tau}{dx}=0$ باشد
. برای ساده نگه داشتن معادله، توجه به این نکته را دارد که اگر f(x) دارای حداکثر در $x_0$ باشد، آنگاه $\sqrt{f(x)}$ نیز حداکثر در $x_0$ خواهد داشت.. بنابراین می توانیم به دنبال حداکثر باشیم$\frac{\ell^2/12 + x^2}{gx}$
من اطمینان دارم که می توانید با توجه به . x و نتیجه = 0 را تنظیم کنید و حل کنید. در نهایت، باید خود را متقاعد کنید که حداکثر را پیدا کرده اید (یا با رسم نمودار، یا با محاسبه مشتق دوم و نشان دادن آن <0).

چگونه دوره زمانی را از معادله لاگرانژ برای یک آونگ ساده بدست آوریم؟simple harmonic motion SHMخوبدرک این ساده هستش شما در واقع معادله حرکت آونگ را دارید. اکنون تنها کاری که باید انجام دهید این است که آن را بفهمید .
ساده است اگر بتوانید ببینید در معادله چه اتفاقی می افتد، می توانیم معادله را به صورت زیر بنویسیم$\frac{d^2 \theta}{dt^2}=-g\frac{\theta}{l}$اگر نوسانگر هارمونیک ساده را حل کرده باشید، این معادله$2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}$اینطور هستش .توجه کنید در اینجا ما یک آونگ ساده را در نظر می گیریم که توسط ضریب های لاگرانژ تجزیه و تحلیل می شود. در شکل 1 آونگی به طول l و جرم m نشان داده شده است. اجازه دهید U=0 در محور x. فرض کنید معادله قید $f(x,y)=\ell=\sqrt{x^2+y^2}$ باشد.لاگرانژی می شود،تصویر
$L=\frac{1}{2}m[\dot{x}^2+\dot{y}^2]-mgy\mathrm{.}$
با اعمال ضرب کننده های لاگرانژ، به دست می آوریم$F_x=m\ddot{x}=\lambda x/l\mathrm{,}$
و$F_y=m\ddot{y}=\lambda y/l -mg\mathrm{.}$
فقط با مقایسه این نتایج با قانون دوم نیوتن، می‌توان نتیجه گرفت$\lambda=-T\mathrm{,}$و$\lambda=T\mathrm{.}$
وبنابراین من باید L Lagrangian خود را دوباره بنویسم
به صورت زیر $\mathcal{L} = \frac{1}{2}m(\dot{x}^2 + \dot{y}^2) -mgy + \lambda (x^2 + y^2 - l^2),$،
که در آن جمله نهایی معادله محدودیت شما است که به طور معمول به شکل f(x,y)=0 است.I hope I help you understand the question. Roham Hesami smile072 smile261 smile260 رهام حسامی ترم پنجم مهندسی هوافضا
آخرین ویرایش توسط rohamjpl چهارشنبه ۱۴۰۰/۸/۲۶ - ۱۵:۴۳, ویرایش شده کلا 5 بار
تصویر

نمایه کاربر
maxrg.ir

عضویت : یک‌شنبه ۱۴۰۰/۵/۲۴ - ۱۰:۰۲


پست: 55

سپاس: 19


تماس:

Re: نحوه تعیین حداقل دوره نوسان برای یک آونگ فیزیکی

پست توسط maxrg.ir »

برای چندمین بار به نوشته‌هاتون اعتراض می‌کنم!! میشه لطف کنید و به همون زبونی بنویسید که بهش مسلط هستید؟! «برای ساده نگهداشتن زندگی خود» یعنی چی؟ «کرک» چیه؟ «wrt را متمایز کنید» یعنی چی؟
لختی مکث و اندکی تفکر کنیم ...

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: Roham Hesami

محل اقامت: City of Leicester Area of Leicestershire LE7

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 1009

سپاس: 676

جنسیت:

تماس:

Re: نحوه تعیین حداقل دوره نوسان برای یک آونگ فیزیکی

پست توسط rohamjpl »

معادله دیفرانسیل نوسان توجه کنید پاندول یا آونگ، مدلی ایده‌آل از جرمِ در حال نوسان است که به میله‌ای بی‌وزن متصل شده. به منظور بدست آوردن معادله نوسان در ابتدا میله‌[ای به طول L را در نظر گرفته که جرمِ m به آن متصل شده است. تصویر
با فرض این‌ که ε، شتاب زاویه‌ای پاندول در هر لحظه باشد، رابطه بین آن و لختی دورانی میشه $ \large \varepsilon = \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t ^ 2 } } } = \frac { M } { I }$I نشان دهنده لختی دورانی حول مرکز است نیروی وزن در راستای مماس بر حرکت آونگ بدست می‌آید. این گشتاور برابر است با:$\large M = – m g L \sin \alpha$اینجا علامت منفی نشان‌دهنده آن است که در هنگام قرار‌گیری پاندول در زاویه مثبت، نیروی گرانش تلاش می‌کند پاندول را در راستای منفی به‌ حرکت در آورد.$I = m { L ^ 2 }$پس معادله میشه $\large \begin {gather*} \require {cancel} { { \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t ^ 2 } } } } = { \frac{{ – \cancel { m } g \cancel { L } \sin \alpha } } { { \cancel { m } { L^ \cancel {2 } } } } } = { – \frac { { g \sin \alpha } } { L } ,\;\;} } \\ \\ \Rightarrow { \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d{ t ^ 2 } } } + \frac { g } { L } \sin \alpha = 0 } \end {gather*}$من سینوس الفا را برابر خودش میگیرم در نوسانات کوچک پس دوباره مینویسم $\large { \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t^ 2 } } } + \frac { g } { L } \alpha = 0\;\;} \kern-0.3 pt {\text{or}\;\; \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t ^2 } } } + {\omega ^ 2 } \alpha = 0 }$ر رابطه فوق، $\omega = \sqrt { \large \frac { g } { L } \normalsize }$ نشان‌دهنده سرعت زاویه‌ای است.$ \large T = \frac { { 2 \pi } } { \omega } = 2 \pi \sqrt { \frac { L }{ g } }$ خوب دامنه افزایش پیدا کنه دوره تناوب آونگ غیرخطی میشه .با معادله $large \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d { t ^ 2 } } } + \frac { g } { L } \sin \alpha = 0 $خوب شرایط اولیه ما $ \large {\alpha \left ( { t = 0 } \right ) = { \alpha _ 0 } \;\; ,\;\;\;} \kern-0.3pt { \frac { { d \alpha } } { { d t } } \left ( { t = 0} \right ) = 0 }$ ${ \alpha _ 0 }$ نشان‌دهنده دامنه نوسان است. مرتبه معادله دیفرانسیل را می‌توان در صورت یافتن ضریب انتگرالی مناسب، کاهش داد. با ضرب کردن طرفین معادله در ضریب انتگرالی $\frac { { d \alpha } } { { d t } } \normalsize$، معادله زیر بدست میاد$ \large \begin {gather*} { { \frac { { { d ^ 2 } \alpha } } { { d{ t ^2 } } } \frac { { d \alpha } }{ { d t } } } + { \frac { g } { L}\sin \alpha \frac { { d\alpha } } { { d t } } } = { 0 \;\;} } \\ \\ \Rightarrow \frac { d } { d t } \left[ \frac { 1 } { 2 } \left(\frac { d \alpha } { d t } \right) ^ 2 -\frac { g }{ L } \cos \alpha \right] = 0 \end {gather*}$انتگرال‌گیری به معادله دیفرانسیل مرتبه اول$ \large { \left ( { \frac { { d \alpha } } { { d t } } } \right ) ^ 2 } – \frac { { 2 g } } { L } \cos \alpha = C$ضریب C را می‌توان به صورت زیر و با استفاده از شرایط اولیه بدست آورد.$\large C = – \frac { { 2 g } } { L } \cos { \alpha _ 0 }$ معادله نیز به صورت$\large { { \left ( { \frac { { d \alpha } } { { d t } } } \right ) ^ 2 } } = { \frac{{2g}}{ L } \left ( { \cos \alpha – \cos { \alpha _ 0 } } \right) }$نوشته میشه اعمال قانون نصف کمان$ \large \begin {gather*} { { { \left ( { \frac { { d \alpha } } { { d t } } } \right)^2} }={ \frac { { 4 g } } { L } \cdot}\kern0pt{ \left( { { { \sin } ^ 2 }\frac { { { \alpha _0 } } } { 2 } – {{\sin } ^ 2 } \frac{\alpha } { 2 } } \right) \;\;} } \\ \\ \Rightarrow { { \frac { { d \alpha } } { { d t } } } = { 2\sqrt {\frac { g } { L } } \cdot } \kern0pt{ \sqrt { { { \sin } ^ 2 } \frac { { { \alpha _0 } } }{ 2 } – { { \sin } ^ 2 } \frac { \alpha } { 2 } } } } \end {gather*}$ابطه زیر $ \large \cos \alpha = 1 – 2 \, { \sin ^ 2 } \frac { \alpha } { 2 }$با انتگرال‌گیری از طرفین$ \large { \int { \frac { { d \left( {\frac { \alpha } { 2} } \right ) } } { { \sqrt { { { \sin } ^ 2 } \frac { { { \alpha _ 0 } } } { 2 } – { { \sin } ^ 2 } \frac { \alpha } { 2 } } } } } } = { \sqrt { \frac { g } { L } } \int { d t } }$با فرض $ \sin { \large \frac { { { \alpha _ 0 } } } { 2 } \normalsize } = k$ و تعریف متغیر جدیدی تحت عنوانِ θ به جای $\alpha$، رابطه زیر بدست خواهد آمد$\large { \sin \frac { \alpha } { 2 } = \sin \frac { { { \alpha _ 0 } } } { 2 } \sin \theta } = { k \sin \theta }$دیفرانسیل عبارت سمت چپ رابطه فوق برابر است با$\large \begin {align*} { d \left( {\sin \frac { \alpha } { 2 } } \right ) } & = { \cos \frac { \alpha } { 2 } d \left ( { \frac {\alpha } { 2 } } \right) } \\\\ & = {\sqrt {1 – { { \sin } ^ 2 } \frac { \alpha } { 2 } } d \left( { \frac { \alpha } { 2 } } \right) } \\\\ & = { \sqrt {1 – { k ^ 2 } \, { { \sin } ^ 2 } \theta } \, d \left( {\frac{\alpha } { 2 } } \right ) } \\\\ & = { k \cos \theta d \theta } \end {align*}$نهایتا دیفرانسیل متغیر مجازی الفا را می‌توان به صورت زیر در نظر گرفت$\large { d \left ( { \frac { \alpha } { 2 } } \right ) } = { \frac { { k \cos \theta d \theta } } { { \sqrt { 1 – { k ^ 2 } \, { { \sin } ^ 2 } \theta } } } }$ این رو معادله بدست آمده در بالا به شکل زیر قابل بازنویسیمیکنم $\large \begin {align*} {{\int { \frac { { \cancel { k \cos \theta} d\theta } } { { \sqrt {1 – { k ^ 2 }\, { { \sin }^2}\theta }\,\cancel { k \cos \theta } } } } } = { \sqrt {\frac { g } { L } } \int {dt} ,\;\;} } \Rightarrow { { \int { \frac { { d \theta } } { { \sqrt {1 – { k ^ 2 } \,{ { \sin } ^ 2 } \theta } }}} } = { \sqrt { \frac { g } { L } } \int { d t } } } \end {align*}$پس T نشان‌دهنده دوره تناوب بوده و برابر با مدت زمانی است که آونگ یک نوسان کامل را انجام می‌دهد بنابراین عبارت زیر برای دوره تناوب بدست می‌آید$\large { { \sqrt { \frac { g } { L } } \frac { T } { 4 } } = { \int \limits _ 0 ^ { \large \frac { \pi } { 2 } \normalsize } { \frac { { d \theta } } { { \sqrt { 1 – { k ^ 2 } \, { { \sin } ^ 2 } \theta } } } } \;\;} } \kern-0.3pt {{\text{or}\;\;T = 4\sqrt { \frac { L } { g } } \cdot} \kern0pt { \int \limits _ 0 ^ { \large \frac { \pi } { 2 } \normalsize} { \frac { { d\theta } } { { \sqrt { 1 – { k ^ 2 } \, { { \sin } ^ 2 } \theta } } } } } }$توجه انتگرال سمت راست را نمی‌توان به صورت تابعی مشخص بیان کرد. این انتگرال را، انتگرالِ بیضوی نوع اول می‌نامند. در حقیقت انتگرال بیضوی برابر است با:$\large { K \left ( k \right ) } = { \int \limits _ 0 ^ { \large \frac { \pi }{ 2 } \normalsize } { \frac { { d \theta } } { { \sqrt { 1 – { k ^ 2 } \, { { \sin } ^ 2 } \theta } } } } }$تابع فوق به ازای مقادیر مختلفِ k محاسبه می‌شوند $ \large \begin {gather*} { K \left ( k \right ) } = { \frac { \pi } { 2 } \left\{ { 1 + { { \left ( { \frac { 1 } { 2 } } \right ) } ^ 2} { k ^ 2} } \right.} + { \left.{ { { \left ( { \frac { { 1 \cdot 3 } } { { 2 \cdot 4 } } } \right ) } ^ 2 } { k ^ 4 } } \right. } \\ \\ + { \left.{ {{\left( {\frac{{1 \cdot 3 \cdot 5 } } { { 2 \cdot 4 \cdot 6}}} \right ) } ^ 2} { k ^ 6 } + \ldots } \right.} \kern0pt {\left. { + { { \left[ { \frac { { \left( {2n – 1} \right ) !! } } { { \left( {2n} \right ) !! } } } \right]} ^ 2 } { k ^{ 2 n } } + \ldots } \right\} } \end {gather*}$در رابطه فوق،${\left( {2n – 1} \right)!!}$ و ${\left( {2n} \right)!!}$ نشان دهنده فاکتوریلِ اعداد فرد و زوج هستند. جالب است بدانید که در نظر گرفتن تنها جمله اول $K \left( k \right) \approx { \large\frac { \pi } { 2 } \normalsize }$ به معنای آن است که، نوسان به صورت خطی در نظر گرفته شده است. در این حالت دوره تناوب نیز مطابق با رابطه زیر بدست خواهد آمد.$ \large { { T _ 0 } = 4 \sqrt { \frac { L } { g } } K \left ( k \right ) }\approx { 4 \sqrt { \frac { L } { g } } \frac{\pi } { 2 } } = { 2 \pi \sqrt {\frac {L } { g } } }$دوره آونگ آویزان از نقطه متصل به دو فنر افقی و یکسان فرض کنید مانند عکس زیر یک آونگ سفت و سخت به یک سیستم دو فنر متصل است. هر دو فنر یکسان هستند و ثابت الاستیک آنها k است. طول آونگ l است و جرم نقطه ای m به انتهای آزاد آن متصل است. نقطه P می تواند در یک خط مستقیم به جلو و عقب نوسان کند، اما مجموع طول هر دو فنر در هر لحظه باید ثابت باشد، همانطور که نشان داده شده است. گرانش رو به پایین است.تصویر
من می خواهم معادلات حرکت جرم m را با استفاده از فرمالیسم لاگرانژی به دست بیاورم. لاگرانژین تفاضل انرژی جنبشی و انرژی پتانسیل است. یعنی داریم: ${\displaystyle L=T-V\!}$ تکامل سیستم از حالتی به حالت دیگر به نحوی صورت می‌گیرد که انتگرال لاگرانژین کمینه شود. مثلاً، در ساده‌ترین حالت، کُنشِ مکان یک ذره در مکانیک کلاسیک با توجیهی لاگرانژی به صورت زیر نوشته می‌شود:${\displaystyle S=\int _{0}^{T}{({{1} \over {2}}m{\dot {x}}^{2}-V(x))dt}} $در اینجا x خود تابعی از زمان است یعنی ${\displaystyle x=x(t)}$میشه نوشت ${\displaystyle {\partial L \over {\partial x}}-{d \over {dt}}{\partial L \over {\partial {\dot {x}}}}=0}$خوب میشه گفت همون قانون دوم نیوتن نتیجه میشه ${\displaystyle m{\ddot {x}}=-{\partial V \over \partial x}=F} $
اول، من انرژی جنبشی سیستم را به عنوان مجموع انرژی مربوط به انتقال نقطه P و حرکت زاویه ای جرم m توصیف کردم. فرض کنید θ زاویه بین آونگ و خط عمودی ناشی از P و x(t) موقعیت P در هر نقطه داده شده باشد.
$T = \frac{1}{2} m \dot{\theta}^2 l^2 + \frac{1}{2}m\dot{x}^2$
انرژی پتانسیل برابر با انرژی ذخیره شده در چشمه ها به اضافه انرژی گرانشی ناشی از حرکت m است
. اگر $L_0$طول طبیعی فنرها باشد، انرژی الاستیک پتانسیل برابر است (اگر اشتباه نکنم):
$V_{elastic} = \frac{1}{2}k (L_0 + x)^2 + \frac{1}{2}k (L_0 - x)^2 = (…) = kL^2_0 + kx^2$
و به دلیل حرکت زاویه ای m
، انرژی پتانسیل گرانشی عبارت است از:
$V_{gravitational} = mgl \sin{\theta}$
و بنابراین لاگرانژی سیستم عبارت است از:
$\mathcal{L} = T - V = \frac{1}{2}m\dot{\theta}^2 l^2 + \frac{1}{2}m \dot{x}^2 - mgl\sin\theta -kL^2_0 - kx^2$
با استفاده از معادله اویلر-لاگرانژ به معادلات حرکت می رسم:
$\ddot{\theta} = -\frac{g}{l}\cos\theta$
$m\ddot{x} = -2kx$
اما نمی‌دانم 1) آیا نتیجه درست را گرفتم یا نه و 2) چگونه می توانم برای نوسانات کوچک دوره آونگ را بفهمم. من باید ثابت کنم که دوره این است:
$\tau=2 \pi \sqrt{\frac{m}{2 k}+\frac{g}{l}}$
آونگ با نقطه تکیه گاه چرخشی
آونگ ساده ای به جرم mطول l که نقطه تکیه گاه آن به طور یکنواخت روی یک دایره عمودی با فرکانس ثابت $\gamma$ حرکت می کند

تصویرالبته مشکل پیدا کردن لاگرانژ است. بنابراین من به مختصات دکارتی x و y روی آوردم تا مسئله را بر حسب ϕ و شرایط چرخش بسازم، یعنی.
$x = a \cos{\gamma t} + l \sin{\phi}$
$y = -a \sin{\gamma t} + l \cos{\phi}$
من مشتق زمانی هر کدام را می‌گیرم، آن را مربع می‌کنم، آن را با هم جمع می‌کنم، عبارت جنبشی وپتانسیل را میزارم، $\dot{x} = -a \gamma \sin(\gamma t) + l \dot{\phi} \cos{\phi}$و$\dot{y} = -a \gamma \cos(\gamma t) - l \dot{\phi} \sin{\phi}$و$\dot{x}^2 = a^2 \gamma^2 \sin^2(\gamma t) + l^2 \dot{\phi}^2 \cos^2{\phi} - 2al \gamma \dot{\phi} \sin{(\gamma t)} \cos{\phi}$و$\dot{y}^2 = a^2 \gamma^2 \cos^2(\gamma t) + l^2 \dot{\phi}^2 \sin^2{\phi} + 2al \gamma \dot{\phi} \cos{(\gamma t)} \sin{\phi}$و$\dot{x}^2 + \dot{y}^2 = a^2 \gamma^2 + l^2 \dot{\phi}^2 + 2al\gamma\dot{\phi}\sin(\phi -\gamma t)$ بنابراین $\text{also} \hspace{2cm} V=-mgy=-mg(-a \sin{\gamma t} + l \cos{\phi}) $و من این لاگرانژ را دریافت می کنم:$\mathcal{L} = \frac{1}{2}m(a^2 \gamma^2 + l^2 \dot{\phi}^2 + 2al\gamma\dot{\phi}\sin(\phi -\gamma t)) + mg(-a \sin(\gamma t) + l\cos{\phi}) $سپس عباراتی را که شامل مشتقات بر حسب زمان هستند، یعنی اینها را حذف می کنم$\frac{1}{2} ma^2 \gamma^2 $$-mga \sin(\gamma t) $حال مشکل لاگرانژی داریم $\mathcal{L}_{Me} = \frac{1}{2} m l^2 \dot{\phi}^2 + mal\gamma\dot{\phi}\sin(\phi -\gamma t) + mgl\cos{\phi}$و اما لاندو این یکی را می دهد:$\mathcal{L}_{Landau} = \frac{1}{2} m l^2 \dot{\phi}^2 + \color{red}{mal\gamma^2 \sin(\phi -\gamma t) }+ mgl\cos{\phi}$ مشکل کجاست.بیایید لاگرانژی لاندو را مقایسه کنیم در سوال من
$\mathcal{L}_{Landau}-\mathcal{L}_{Me}=mal\gamma^2\sin(\phi-\gamma t)-alm\gamma\dot\phi\sin(\phi-\gamma t)=\\
=mal\gamma\left((\gamma-\dot\phi)\sin(\phi-\gamma t)\right)=\\
=mal\gamma \frac{\text{d}}{\text{d}t}\cos(\phi-\gamma t)$
اکنون تفاوت آشکارا یک مشتق زمان کل است، بنابراین من اشتباهی مرتکب نشده ام، فقط لاگرانژی را کمتر ساده کرده ام.همین.I hope I help you understand the question. Roham Hesami smile072 smile261 smile260 رهام حسامی ترم پنجم مهندسی هوافضا
تصویر

ارسال پست