اثبات کسینوس هیپربولیک بودن طنابی که در جاذبه زمین است

مدیران انجمن: javad123javad, parse

ارسال پست
ایلیا غفاری

نام: ایلیا

عضویت : چهارشنبه ۱۳۹۹/۱۱/۲۹ - ۱۴:۴۹


پست: 1



جنسیت:

اثبات کسینوس هیپربولیک بودن طنابی که در جاذبه زمین است

پست توسط ایلیا غفاری »

سلام من یک مسئله ای میخواستم حل کنم و به این خوردم:
https://blog.faradars.org/hyperbolic-functions/
اولین تصویر در لینک بالا و متن بالای آن دلالت بر این دارند که ظاهرا طنابی که در میدان یکنواخت g جاذبه زمین باشد به شکل تابع کسینوس هپروبولیک در می آید.
میخواستم اثبات این را بر اساس مکانیک کلاسیک(یا ...) بدانم. :cry:

نمایه کاربر
rohamjpl

نام: Roham Hesami

محل اقامت: City of Leicester Area of Leicestershire LE7

عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴


پست: 1001

سپاس: 644

جنسیت:

تماس:

Re: اثبات کسینوس هیپربولیک بودن طنابی که در جاذبه زمین است

پست توسط rohamjpl »

نیروهایی که روی طناب عمل می کنند
مثالی مانند این را در زیر در نظر بگیرید: اگر طنابی به جرم m بین نقاط فاصله d از هم فاصله دهیم ، طناب چقدر پایین آویزان خواهد شد؟ و تنش روی طناب چقدر خواهد بود؟ آیا طناب در این سناریو یک سهمی بزرگ است؟ من فقط آن را بسیار عجیب و غریب می دانم و هیچ کجا نمی توانم پاسخ آن را پیدا کنم.شکل یک طناب عظیم آویزان از نظر جاذبه ، مانند دانه های زنجیر است.تنش در هر نقطه متفاوت است اما محاسبه تنش در نقاط پایان را می توان با معادلات تعادل نیرو انجام داد.یک طناب عظیم آویزان با تراکم جرمی خطی یکنواخت λ را در نظر بگیرید. بگذارید محورهای x و y نشان دهنده محورهای مختصات افقی و عمودی باشند. نقطه (0،0) پایین ترین نقطه است یعنی نقطه ای که $ \frac{dy}{dx} = 0$ است مشاهده کنید: با تعادل نیروی افقی ، component افقی کشش در همه جا یکسان است. به آن یک متغیر $T_H $ اختصاص دهید که با تعادل نیروی عمودی در نقاط انتهایی و معادله تعادل گشتاور درمورد مرکز جرم به راحتی قابل محاسبه باشد (شما در محاسبه $T_H $ در حالت نامتقارن به این معادله نیاز خواهید داشت.)بین هر دلخواه x و x + dx:داریم $T_H \left(\frac{dy}{dx}_{x+dx} - \frac{dy}{dx}_x\right) = {\lambda}dsg$و$ds^2= dx^2+dy^2 $از انجا که $or , ds = dx \sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2} $داریم$T_H \left(\frac{dy}{dx}_{x+dx} -\frac{dy}{dx}_x\right) = {\lambda}gdx\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2} $یا $or, \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{{\lambda}g}{T_H}\sqrt{1+\left(\frac{dy}{dx}\right)^2} $با جایگزینی $\frac{du}{dx} = \frac{{\lambda}g}{T_H} \sqrt{1+u^2} $و $ u = \sinh \left(\frac{{\lambda}g}{T_H}x\right)$پس $y=\frac{T_H}{{\lambda}g} \cosh \left(\frac{{\lambda}g}{T_H}x\right) - \frac{T_H}{{\lambda}g} $برای استخراج آن ، قسمت کوچکی از طناب را بگیرید و نیروها را متعادل کنید. شکل طناب منحنی$y = y(x) $ را دنبال می کند.تصویر
در اینجا قطعه ای با طول ${\rm d}s = \sqrt{{\rm d}x^2 + {\rm d}y^2} = (\sqrt{1 + y'^2}) {\rm d}x $ دارای وزن در طول w است و بنابراین کل نیروی خارجی عمودی اعمال شده$w {\rm d}s $
قطعه توسط کشش با component افقی H به سمت چپ و با component افقی H + dH به سمت راست کشیده می شود. اما از آنجا که نیروهای خارجی در امتداد افقی وجود ندارند ، به این معنی است
${\rm d}H = 0 \tag{roham}$یا اینکه componentافقی کشش همیشه در امتداد طناب ثابت است.
به طور مشابه ، سمت چپ توسط کابل توسط component عمودی V پایین کشیده می شود و توسط V + dV بالا می رود. تعادل نیروها در جهت عمودی $(V + {\rm d}V) - V - w{\rm d}s =0 $ یا است
${\rm d}V = w {\rm d}s \tag{2} $تنش نیز همیشه با طناب مماس است و این بدان معنی است که در هر نقطه$(\text{slope}) = y' = \tfrac{V}{H} \tag{roham} $, $w \tfrac{ {\rm d}s}{{\rm d}x} = w \sqrt{1+y'} = H y'' \tag{roham} $راه حل فوق با معادله فرم ارائه شده است$y(x) = y_0 + a \left( \cosh \left( \frac{x-x_0}{a} \right) -1 \right) \tag{roham} $
تنش در یک طناب در یک حالت ایده آل ، ما رشته ها و طناب ها را بدون جرم و دارای کشش یکسان فرض می کنیم
در مورد مشکل اول ، بخش کوچکی از طناب dx را در نظر بگیرید که با $\ddot{u}$ شتاب می گیرد. جرم مقطع ${\rm d}m = \frac{m}{\ell}{\rm d}x$ است و اکنون تغییر کشش در طول طناب را در نظر بگیرید.$(T+{\rm d}T)-(T) = \ddot{u} {\rm d}m \\ {\rm d}T = \frac{m}{\ell}\ddot{u} {\rm d}x $,$T(x) = \frac{m}{\ell} \ddot{u} x $,$T = \frac{x}{\ell} T_A $
یک کابل هرگز مستقیم نخواهد بود زیرا به دلیل وزن (خودش یا مسافر) کشیده می شودتصور کنید که یک آکورد سنگین بین دو بلوک از زمین بلند شده است. به جای در نظر گرفتن تمام توده های توده ای طناب ، و نیروهای وارد بر آنها ، می توانیم با در نظر گرفتن مسئله ای متفاوت کمی مشکل را ساده کنیم.
اکورد را می توان با یک توپ سنگین (در وسط آکورد) نشان داد که توسط دو رشته بدون جرم به بلوک ها متصل شده است. از تجربه ، ما می دانیم که این ترکیب جرم / رشته مثلثی را تشکیل می دهد که دارای دو ضلع است که دارای یک طول و یک ضلع دیگر هستند. هر یک از اضلاع مورب نسبت به زمین زاویه ای تشکیل می دهد.
وقتی روی رشته ها را محکم می کشید ، توپ (یا طناب کشی) کمی بالا می رود. زاویه بین دو طرف زاویه دار و زمین کوچکتر می شود. اما هرچه رشته ها را محکم تر کنید و هرچه توپ بالاتر برود ، کشش رشته بیشتر می شود (که همیشه در امتداد یک رشته قرار دارد) تا کشیدن توپ به پهلو انجام شود.
بنابراین این را در نظر بگیرید. اگر توپ در بالاترین نقطه خود آویزان باشد ، یعنی رشته ها به جای مثلث یک خط مستقیم تشکیل دهند ، نیروی کششی طناب کاملاً به صورت افقی روی توپ کشیده می شود. اما این نیروی جاذبه را که توپ را به سمت پایین می کشد - صرف نظر از کشش در طناب - لغو نمی کند. بنابراین توپ کمی فرو خواهد رفت.
بنابراین هرگز نمی توان در جایی که یک توپ به یک طناب مستقیم آویزان است پیکربندی کرد. طناب باید یک پیچ و تاب داشته باشد. این همان دلیلی است که اگر شما یک طناب "مستقیم" دارید و یک طناب دار روی آن راه می رود ، طناب باید کمی آویزان شود. نمودار زیر را ببینید. در یک مسئله ثابت ، تمام اجزای پیکان (چپ به راست ، بالا به پایین) باید تا صفر جمع شوند. توجه کنید که چگونه فلشهای کششی کمی ریز به سمت بالا قرار دارند. تصویر $y=\frac{T_0}{\lambda g}\cosh{(\frac{\lambda g}{T_0}x)}$این است که طناب کاملاً انعطاف پذیر است ، یعنی نمی تواند برشی را پشتیبانی کند ، یعنی نیروی کشش باید در همه نقاط با طناب مماس باشد. کشش را به عنوان ثابت منحنی در پایین ترین نقطه قرار می دهیم: مطمئناً هنوز آن را نمی دانیم ، اما هنوز هم یک ثابت سیستم است.اگر معادله $y = y(x)$ ارتفاع آن را در موقعیت افقی s تعریف کند ، تعادل منحنی توسط (در اینجا σ تراکم خطی آن و$s(x)$ طول دایره منحنی به عنوان تابعی از x) تعریف می شود: $T_0 = T(x) \cos\theta$و$ \sigma\,s(x)\,g\, = T(x) \sin\theta$نتیجه $ {\rm d}_x y = \frac{\sigma\,g}{T_0} \,s(x)\quad\Rightarrow\qquad {\rm d}_x^2 y = \frac{\sigma\,g}{T_0} \sqrt{1 + (\mathrm{d}_x\,y)^2}$حتی اگر طناب یک تیر صلب باشد که بتواند از برش غیر صفر پشتیبانی کند ، به همان نتیجه خواهیم رسید.برای اینکه سطح بالای یک جسم صاف و یکدست باشد ، باید جسم زیر سطح تحت فشار باشد. اگر دو طناب اضافی در زیر و در هر دو طرف اول وجود داشته باشد ، و طناب های پایین توسط اسپیسر جدا شده و متصل شوند ، می توان طناب واکر را که تقریبا کاملاً صاف و از سطح بالا باشد ، ممکن است. اعضای کششی به یکدیگر می رسند (از نظر تئوری تنها با یک طناب اضافی می توان از کنار آن عبور کرد ، اما فقط در صورتی که دقیقاً در زیر طناب باقی بماند ؛ اگر طناب دوم کاملاً به سمت دیگر سوق یابد ، فاصله دهنده ها نیروهای جانبی ایجاد می کنند که حتی آن را فشار می دهند) به طرف دیگر ؛ مگر اینکه فاصله طناب ها نسبت به طول آنها زیاد باشد ، جلوگیری از کمان شدن ساختار غیرعادی خواهد بود).اکثر کابلها و طنابها مقاومت فشاری بسیار کمی دارند بجز وقتی که در یک شمع پیچیده شوند. در نتیجه ، مگر اینکه یکی از اعضای فشرده سازی را که از برخی مواد دیگر ساخته شده اند ، اضافه کند ، آنها قادر به پشتیبانی از یک سطح بالایی صاف نخواهند بود. با این وجود ، امکان چیدمان کابل ها و طناب ها برای پشتیبانی از سطح صاف پایین تر وجود دارد - واقعیتی که زمینه ساز طراحی بسیاری از پل های معلق است. همین اصل ممکن است در مقیاس کوچکتر در طراحی خطوط برق سربار برای راه آهن های الکتریکی رعایت شود. چنین طرحی احتمالاً برای زیپ لاین خوب کار نخواهد کرد ، زیرا هر نوع پشتیبانی مانع قرقره می شود.
اسیلاتور هارمونیک هذلولی نوسانگر هارمونیک کلاسیک را می توان با معادله دیفرانسیل مرتبط دانست$y''+\omega^2y=0 $و $ y=A\cos(\omega t)+B\sin(\omega t)$و مشکلات زیادی این معادلات دارند
یک آونگ که در برابر گرانش نزدیک به نقطه تعادل ناپایدار خود نگه داشته می شود ، چنین معادله ای را دنبال می کند$\dfrac{d^2\theta}{dt^2}+g \sin(\theta) = 0 $اما اگر اجازه دهید $g \rightarrow -g $ (جهت گرانش را معکوس کند) آنگاه معادله به صورت زیر خواهد بود$\dfrac{d^2\theta}{dt^2}-g \sin(\theta) = 0 $تحولی که من انجام دادم معادلات را به گونه ای تغییر داده است که آونگ اکنون به نقطه تعادل ناپایدار خود نزدیک است ، یعنی موقعیت اولیه باب آونگ بیشتر از زاویه $\pi$ است تا 0. و اگر فرض کنیم θ << 1 پس آنچه در اصل ما داریم (هرچه نزدیکتر به$\pi$ باشد دقیق تر راه حل است$ \dfrac{d^2\theta}{dt^2}=g\theta$از این رو این وضعیت فیزیکی یک راه حل دارد (حدود نقطه تعادل ناپایدار آن)$ \theta (t) =A\cosh(gt) +B\sinh(gt)$
تخته ای از چوب را تصور کنید که روی دو غلتک در دو طرف مرکز جرم قرار گرفته است تا بتواند آن را بالا نگه دارد (مثلاً در ± a قرار دارد). اگر تخته اندکی جابجا شود ، از آنجا که تخته شروع به چرخش نمی کند ، گشتاورهای ارائه شده توسط غلتک (در حال حرکت) نیست. از آنجا که بازوهای اهرم (فاصله CM تا غلتک ها) تغییر می کند ، این بدان معنی است که نیروی عادی باید در طرف دارای بازوی کوتاهتر بیشتر باشد. بنابراین اگر تخته به سمت راست حرکت کند ، نیروی عادی در + a بزرگتر از $-a $ است.
1) اگر غلتک ها اکنون به سمت داخل می چرخند ، آنها یک نیروی اصطکاک ایجاد می کنند که تخته را به عقب به مرکزی می رساند که اندازه آن با اندازه طبیعی غلتک متناسب است. اگر تخته در مرکز باشد ، این نیروهای اصطکاک برابر هستند و هیچ اتفاقی نمی افتد. اگر کمی به سمت راست حرکت کند ، غلتک در + a دارای نیروی طبیعی بیشتری است ... این نیروی اصطکاک به سمت چپ افزایش می یابد و تخته به سمت موقعیت اصلی خود برمی گردد. اگر قوانین نیوتن را اجرا کنید ، متوجه خواهید شد که CM تخته دقیقاً تحت حرکت هارمونیک قرار دارد.
2) اگر غلتک ها در جهت مخالف (دور از مرکز) می چرخند و شما تخته را به سمت راست حرکت می دهید ، دقیقاً نتیجه عکس آن اتفاق می افتد. باز هم ، نیروی عادی از غلتک + بیشتر است و بنابراین نیروی اصطکاک آن به سمت راست بیشتر خواهد شد و تخته با شتاب (نمایی) به سمت راست ادامه خواهد داد. همانطور که به سمت راست شتاب می گیرد ، اختلاف در نیروهای اصطکاک بیشتر می شود بنابراین انتظار می رود که شما یک حرکت نمایی از تخته داشته باشید منطقی به نظر می رسد
.نوسانات کوچک رشته سنگین $S=\int dt ds \left[\frac{\rho}{2}(\dot{x}^2+\dot{y}^2)-\rho g y(s,t)+\frac{\lambda(s,t)}{2}\left(\left(\frac{\partial x}{\partial s}\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial s}\right)^2-1\right)\right] $این لاگرانژی رشته سنگین را با انتهای ثابت در میدان جاذبه توصیف می کند. جایی که ρ چگالی است ، g شتاب گرانشی است ، s پارامتر طبیعی است.$\rho\ddot{x}+\frac{d}{ds}\left(\lambda(s,t)\frac{\partial x}{\partial s }\right)=0$,$\rho\ddot{y}+\frac{d}{ds}\left(\lambda(s,t)\frac{\partial y}{\partial s }\right)+\rho g=0$,$\left(\frac{\partial x}{\partial s }\right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial s }\right)^2=1$,$\frac{\partial x}{\partial t}=\frac{\partial y}{\partial t}=\frac{\partial \lambda}{\partial t}=0 $,$y_0(x)=-\frac{C_1}{\rho g}\cosh\left(\frac{\rho g x}{C_1}+C_2\right) $جایی که C1 ، C2 ثابت های ادغام است (بستگی به موقعیت انتهای رشته دارد). و $\cosh(x)$ کسینوس هیپربولیک hyperbolic cosine.است$y(s,t)=y_0(s)+\bar{y}(s,t)$و$x(s,t)=x_0(s)+\bar{x}(s,t)$و$\lambda(s,t)=\lambda_0(s)+\bar{\lambda}(s,t)$
تصویر

ارسال پست