Standieji kūnai ir klasikinių laukų lagranžianai

Pradėkime nuo dviejų masių ant standaus strypo

Sujunkite dvi taškines mases A ir B, kurių kiekvienos masė yra 1 kg, idealiu bemasiu standžiu 1 m ilgio strypu. Jo centrą laikykite fiksuotos inercinės X–Y plokštumos koordinačių pradžioje. Idealus guolis išlaiko statmeną sukimosi ašį fiksuotą ir nesukuria jėgos momento šios ašies atžvilgiu. Šiame pateiktame modelyje neatsižvelkite į sunkio jėgą ir trintį. Kiekviena masė lieka 0.5 m atstumu nuo centro.

Standžiojo kūno modelyje atstumai tarp jo materialiųjų taškų išlieka pastovūs. Kūnas gali judėti slenkamuoju judesiu arba suktis nekeisdamas šių atstumų. Čia fiksuotas centras ir ašis neleidžia slenkamojo judesio ir posvyrio: strypo orientaciją nusako vienas kampas. Teigiama kryptimi laikykime sukimąsi prieš laikrodžio rodyklę, o fizikinį kampą užrašykime θ = φ rad. Skaitinė kampo vertė radianais φ yra bedimensė, todėl ją galima naudoti sinuso ir kosinuso funkcijose.

Duota φ(t) = 2t/(1 s), kai 0 ≤ t ≤ (π/2) s. Padėtys yra r_A = (0.5 m)(cos φ, sin φ) ir r_B = −r_A. Jų komponentės nurodytos tų pačių fiksuotų laboratorinių koordinačių ašių atžvilgiu. Kitimo sparta dφ/dt yra 2 s⁻¹; fizikinis kampinis greitis yra +2 rad/s. Po pusės apsisukimo A ir B susikeičia vietomis, tačiau jų žymenys lieka priskirti toms pačioms masėms.

Paskelbtose pamokose „Vienetai, etalonai ir fizikinės konstantos“, „Algebra, funkcijos, grafikai ir logaritmai“ bei „Geometrija, trigonometrija ir koordinačių sistemos“ pateikti čia naudojami vienetų, formulių ir kampų susitarimai.

Sudarykite sukimosi apie fiksuotą ašį Lagranžo funkciją

Sukimosi apie šią fiksuotą ašį inercijos momentas yra I = Σm_i r_i². Simbolis Σ reiškia, kad reikia sudėti visus dėmenis, o r_i yra kiekvienos masės statmenas atstumas iki ašies. Čia I = (1 kg)(0.5 m)² + (1 kg)(0.5 m)² = 0.5 kg m². Kiekvienos masės greitis yra r_i(dφ/dt) = 1 m/s, todėl bendra kinetinė energija K = 1 J.

Lagranžo funkcija L naudojama modelio judėjimui aprašyti. Šiame konservatyviajame rotoriaus modelyje L = K − V, o potencinė energija V pasirenkama lygi nuliui, todėl L = I(dφ/dt)²/2. Pažymėkime φ̇ = dφ/dt. Kampinės koordinatės lygtis yra d/dt(∂L/∂φ̇) − ∂L/∂φ = 0: skaičiuojant dalinę išvestinę keičiamas nurodytas argumentas, o kiti laikomi pastoviais. Kadangi L nepriklauso nuo φ, o I yra pastovus, gauname Iφ̈ = 0. Pateiktas pastovus kampinis greitis tenkina šią lygtį.

Koordinatę atitinkantis apibendrintasis impulsas p_φ = ∂L/∂φ̇ = Iφ̇ yra judesio kiekio momento dedamoji šios ašies atžvilgiu, įskaitant jos ženklą: p_φ = +1 kg m²/s = +1 J s. Jo pastovumas išplaukia iš to, kad šiame modelyje jėgų momentas ašies atžvilgiu lygus nuliui. Tai nereiškia, kad kiekvienos masės neveikia jėgos. Kiekvienam judėjimui apskritimu reikia į centrą nukreipto 2 m/s² pagreičio, kurį čia suteikia į centrą nukreipta 2 N ryšio reakcijos jėga; šios radialinės jėgos momentas centro atžvilgiu lygus nuliui.

Nagrinėkite rotoriaus būsenas fiksuotose ašyse

Viršutinėje diagramoje visuose trijuose momentiniuose vaizduose naudojami tie patys X ir Y ašių masteliai metrais. A žymimas apskritimu, o B – kvadratu. Kryželiu pažymėtas fiksuotas sukimosi centras, o brūkšninė apskritimo linija padeda įvertinti spindulį. Šie simboliai rodo padėtis ir ryšius; jėgų rodyklių nėra. Lentelėje pateiktos tikslios koordinatės, o ne matavimų rezultatai.

Čia naudojamas skaliaras I susietas su nurodyta fiksuota ašimi. Bendru trimačio sukimosi atveju inercijos tenzorius susieja kampinį greitį su sukimosi judesio kiekio momentu masės centro atžvilgiu. Šis tenzorius yra matrica, o šie du vektoriai nebūtinai yra lygiagretūs. Mūsų strypas, aprašomas viena koordinate, yra ribotas atvejis. Idealus standumas taip pat neleidžia deformacijų, todėl modelis neprognozuoja lenkimo, tempimo ar medžiagos įtempių.

Pakeiskite koordinačių sąrašą lauku

Dabar pasirinkite atskirą įtemptos stygos modelį. Fiksuota atskaitos koordinatė x išilgai nedeformuotos stygos kinta nuo 0 iki 2 m. Jos skersinis poslinkis aukštyn yra y(x, t). Argumentai x ir t yra nepriklausomi: tuo pačiu laiko momentu skirtingos x vertės žymi skirtingas atskaitos padėtis. Šiame tolydžios terpės apraše laukas nusako vertę kiekvienoje padėtyje, o ne tik vieną kampą ar baigtinį dalelių koordinačių rinkinį.

Nurodykite pastovią masę atskaitos ilgio vienetui μ = 1 kg/m ir įtempimo jėgą T = 4 N. Įtraukite tik skersinį judėjimą, be disipacijos ar papildomo lauko potencialo. Tiesiniame stygos modelyje taikomas mažo nuolydžio artinys: jo formules lemia skersinio judėjimo kinetinė energija ir pagrindinis kvadratinis įtempimo energijos pokytis. Tai yra modelio prielaidos, o ne teiginys, kad tikra styga yra visiškai tiesinė ar aprašoma be galo smulkia skiriamąja geba.

Pirmiausia galite sekti profilio lentelę, išvestinių vertes ir balansą ties kraštais. Paskutiniame skyriuje pateikta neprivaloma variacinė patikra; jos diferencijavimo ir integravimo veiksmams prisiminti grįžkite prie skyrių „Išvestinės, Teiloro eilutės ir vietinis artinys“ ir „Integralai ir kelių kintamųjų analizė“. Pateiktuose skaičiavimuose reikiamos mechanikos sąvokos pristatomos vietoje.

Atskirkite tankį, Lagranžo funkciją ir veikimą

Žymėkite y_t = ∂y/∂t skersinį greitį esant fiksuotam x, o y_x = ∂y/∂x – vietinį nuolydį esant fiksuotam t. Vienmatės Lagranžo funkcijos tankis yra ℒ = μy_t²/2 − Ty_x²/2. Pirmasis dėmuo yra kinetinė energija atskaitos ilgio vienetui; antrasis – kvadratinis įtempimo potencinės energijos dėmuo atskaitos ilgio vienetui. Nuolydis yra bedimensis, o y_t matuojamas m/s. Taigi abiejų tankio dėmenų matavimo vienetai yra J/m.

Kiekvienu laiko momentu integruokite per atskaitos atkarpą: L(t) = ∫₀²ᵐ ℒ dx. Integruojant sumuojami tankio indėliai išilgai stygos ir atsiranda vienas ilgio daugiklis, todėl L matavimo vienetai yra J. Veikimas per laikotarpį 0 ≤ t ≤ 1 s yra S = ∫₀¹ˢ L(t) dt = ∫₀¹ˢ dt ∫₀²ᵐ dx ℒ, o jo matavimo vienetai – J s. Integravimo sritis ir matai yra apibrėžties dalis; ℒ, L ir S yra skirtingi dydžiai.

Šio konkretaus nuo laiko nepriklausančio kvadratinio stygos modelio energijos tankio išraiškoje yra pliuso ženklas: ℰ = μy_t²/2 + Ty_x²/2. Jo integralas E(t) yra stygos atkarpos kinetinės ir įtempimo energijų suma. Lagranžo funkcijos tankis gali būti lygus nuliui, nors energijos tankis yra teigiamas. Kitų laukų modelių energijos formules reikia išvesti atskirai; bendroji Lagranžo funkcija savaime nėra energija.

Patikrinkite tikslų lauką ir jo profilius

Apibrėžkite χ = x/(1 m) ir τ = t/(1 s); abu dydžiai yra bedimensiai. Srityje 0 ≤ x ≤ 2 m ir 0 ≤ t ≤ 1 s pateikite y(x, t) = (1/32 m)(χ² + 4τ²). Šios funkcijos išvestinės yra y_t = (τ/4) m/s, y_x = χ/16, y_tt = (1/4) m/s² ir y_xx = (1/16) m⁻¹. Apatiniai indeksai tt ir xx reiškia, kad reikia dukart diferencijuoti pagal tą patį kintamąjį.

Srities viduje modelio lauko lygtis yra μy_tt − Ty_xx = 0. Įstatę gauname (1 kg/m)(1/4 m/s²) − (4 N)(1/16 m⁻¹) = 0; abiejų dėmenų matavimo vienetai yra N/m. Bangos greičio parametras yra c = √(T/μ) = 2 m/s. Visoje šioje baigtinėje srityje |y_x| ≤ 1/8 ir |y_t|/c ≤ 1/8. Šios nurodytos ribos aiškiai apibrėžia aproksimaciją; jos nepateikia matavimais nustatytos įrenginio paklaidos ribos.

Apatinėje diagramoje parodyti trys tikslūs profiliai laiko momentais t = 0, 0.5 ir 1 s, atskirti linijų stiliais ir žymeklių formomis. Horizontalioji ašis žymi atskaitos padėtį, o vertikalioji – skersinį poslinkį. Kad diagrama būtų aiškesnė, šių dviejų ašių masteliai metrais skiriasi, todėl ekrane matomas nuolydis nėra fizinis nuolydis y_x. Kiekviena kreivė yra lauko profilis vienu laiko momentu, o ne dalelės trajektorija. Dvi diagramos dalys aprašo atskirus modelius, kurių laiko sritys skiriasi.

Įtraukite per judinamus galus perduodamą energiją

Duotojo lauko pradinės sąlygos yra y(x, 0) = (1/32 m)χ² ir y_t(x, 0) = 0. Jo galų sąlygos yra y(0, t) = (1/8 m)τ² ir y(2 m, t) = (1/8 m)(1 + τ²). Galai juda, kai t > 0. Laukas tenkina šias sąlygas, bet netenkintų uždavinio sąlygų, jei abu galai būtų įtvirtinti ties nuliniu poslinkiu. Vien srities vidaus lygtis neapibrėžia kraštinio uždavinio.

Šiam laukui ℰ = (τ²/32 + χ²/128) J/m. Integruojant nuo x = 0 iki 2 m, gaunama E(t) = (τ²/16 + 1/48) J, taigi E(0) = 1/48 J ir E(1 s) = 1/12 J. Atkarpa gauna 1/16 J energijos. Nurodytoje lygtyje nėra disipacijos, tačiau judinami galai vis tiek gali perduoti energiją atkarpai.

Energijos balansas ties ribomis yra dE/dt = T[y_t y_x]₀²ᵐ; laužtiniai skliaustai reiškia vertę dešiniajame gale, iš kurios atimta vertė kairiajame gale. Čia šis narys lygus +τ/8 W ir sutampa su E(t) išvestine. Apskritai šiame modelyje atkarpos energija tveria, kai bendras ribinės galios narys lygus nuliui, kaip nejudančių įtvirtintų galų atveju. Variacijos metu nekeisti ribinių verčių kitimo laike yra kita sąlyga nei laikyti ribą nejudančią laike.

Patikrinkite stacionarumą nekeisdami ribinių verčių kitimo laike

Atlikdami neprivalomą veikimo patikrą, palyginkite y su y + εh. Parametras ε yra bedimensis ir žymi bandomuosius laukus; jis nėra laikas. Glotnus bandomasis laukas h turi poslinkio matavimo vienetus ir yra lygus nuliui ties x = 0 ir 2 m bei ties t = 0 ir 1 s. Taigi kiekvienas bandomasis laukas išlaiko duotąjį, galbūt judančių ribų verčių kitimą laike ir profilius pradiniu bei galiniu laiko momentais. Tarkite, kad y turi tolydžias antrąsias dalines išvestines, o h yra pakankamai glotnus, kad būtų galima integruoti dalimis.

Pirmoji S[y + εh] išvestinė ε atžvilgiu, kai ε lygus nuliui, yra δS = ∫ dt ∫ dx (μy_t h_t − Ty_x h_x). Integruojant dalimis, kiekviena išvestinė perkeliama nuo h į atitinkamą lauko narį. Ribiniai nariai išnyksta, nes h ties ribomis lygus nuliui, ir lieka δS = −∫ dt ∫ dx (μy_tt − Ty_xx)h. Todėl mūsų patikrinta lauko lygtis lemia, kad δS lygus nuliui kiekvienam leistinam h. Tai įrodo stacionarumą šių variacijų atžvilgiu, o ne visuotinį minimumą.

Glotnų tankį ℒ(y, y_t, y_x, x, t) atitinkanti lokali lauko lygtis yra ∂t(∂ℒ/∂y_t) + ∂x(∂ℒ/∂y_x) − ∂ℒ/∂y = 0. Pirmosios dvi išorinės išvestinės taikomos sudėtiniams lauko dydžiams. Mūsų tankiui ∂ℒ/∂y_t = μy_t, ∂ℒ/∂y_x = −Ty_x ir ∂ℒ/∂y = 0. Daugiau laukų, erdvinių matmenų, ryšių ar kitokias kraštines sąlygas reikia apibrėžti atskirai. Kitoje pamokoje „Dinaminės sistemos ir faziniai portretai“ pradedamas nagrinėti kitoks kintančių būsenų aprašymo būdas.

Išnagrinėti pavyzdžiai

Pabandykite patys

1. Palikite pagrindinio rotoriaus mases ir spindulį, bet vietoj ankstesnio kampinio greičio naudokite φ̇ = −2 s⁻¹. Kokie yra K ir p_φ?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   K = 1 J ir p_φ = −1 J s.

   K = Iφ̇²/2 priklauso nuo kampinio greičio kvadrato, o p_φ = Iφ̇ išlaiko jo ženklą. Tai atskiras sukimosi pagal laikrodžio rodyklę modelis; jis nekeičia momentinių būsenų, kuriose kampinis greitis teigiamas.

2. Pradiniame rotoriuje A ir B paskutinėje momentinėje būsenoje susikeičia vietomis. Ar pasikeitė atstumas tarp standžiai susietų masių ir ar į centrą nukreiptos jėgos turi būti lygios nuliui, nes jėgų momentas ašies atžvilgiu lygus nuliui?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Atstumas tarp jų lieka 1 m. Į centrą nukreiptos jėgos nėra lygios nuliui: šiame modelyje kiekviena jų lygi 2 N.

   Priešingose apskritimo, kurio spindulys 0.5 m, pusėse esančias mases vis dar skiria 1 m. Kiekvienos masės įcentrinis pagreitis yra 2 m/s². Į centrą nukreiptos radialinės jėgos momentas centro atžvilgiu lygus nuliui, nors ši jėga keičia greičio kryptį.

3. Nurodykite šio vienmačio lauko ℒ, L = ∫ℒ dx ir S = ∫L dt vienetus. Ar ℒ yra energija tūrio vienetui?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Atitinkamai J/m, J ir J s. ℒ yra dydis atskaitinio ilgio, o ne tūrio vienetui.

   Integruojant erdvėje atsiranda ilgio daugiklis, o integruojant laiko atžvilgiu – laiko daugiklis. Trimačiam tankiui būtų naudojamas tūrio matas ir kitokie tankio vienetai.

4. Kai duota μ = 1 kg/m, T = 4 N, y_tt = 1/4 m/s² ir y_xx = 1/16 m⁻¹, ar μy_tt + Ty_xx lygu nuliui? Kuris ženklas atitinka nurodytą modelį?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Suma lygi 1/2 N/m, o ne nuliui. Skirtumas μy_tt − Ty_xx lygus nuliui.

   Abu dėmenys lygūs 1/4 N/m. Minuso ženklas kyla iš neigiamo potencialiosios energijos dėmens Lagranžo funkcijos tankyje, o ne iš savavališkai pasirinktos krypties grafike.

5. Kokius poslinkius duotasis laukas nusako taškuose x = 0 ir 2 m, kai t = 1 s? Ar jis tenkintų įtvirtintų galų su nuliniu poslinkiu kraštines sąlygas?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   Atitinkamai 1/8 m ir 1/4 m. Jis netenkintų įtvirtintų galų su nuliniu poslinkiu kraštinių sąlygų.

   Į abi nurodytas galų poslinkio funkcijas įstatykite τ = 1. Sprendinys turi tenkinti ir srities viduje galiojančią lygtį, ir pasirinktas kraštines sąlygas.

6. Stygos veikimas duotame stačiakampyje lygus nuliui. Kokia yra galutinė jos atkarpos energija ir energijos prieaugis, ir kodėl tai suderinama?

   Rodyti atsakymą ir paaiškinimą

   E(1 s) = 1/12 J, o prieaugis lygus 1/16 J. Tai suderinama su S = 0 J s.

   Skaičiuojant veikimą, kinetinės ir potencialiosios energijos tankių skirtumas integruojamas laiko atžvilgiu, o skaičiuojant energiją šie tankiai sudedami konkrečiu laiko momentu. Teigiamą energijos prieaugį suteikia stygos galai; nei nulinė veikimo vertė, nei vien lauko lygtis nepanaikina šio energijos perdavimo.

Ką verta įsidėmėti

• Standžiojo kūno modelyje atstumai tarp kūno taškų nekinta; nurodyti fiksuotos ašies suvaržymai leidžia šį rotorių aprašyti vienu kampu.
• Inercijos momentas fiksuotos ašies atžvilgiu priklauso nuo masės pasiskirstymo apie tą ašį. Kai sukimo momentas apie ašį lygus nuliui, judesio kiekio momentas gali išlikti pastovus, nors radialinės jėgos ir toliau veikia.
• Klasikinis laukas apibrėžiamas pagal atskaitinę padėtį ir laiką; lauko profilis vienu laiko momentu nėra materialiojo taško trajektorija.
• Šiame vienmačiame modelyje ℒ vienetai yra J/m, L vienetai – J, o S vienetai – J s. Energijos tankio išraiškoje naudojamas pliuso ženklas, o Lagranžo funkcijos tankio išraiškoje – minuso ženklas.
• Svarbūs ribiniai duomenys ir per ribas perduodama galia. Išoriškai žadinama atkarpa gali įgyti energijos net tada, kai jos viduje tenkinama konservatyvioji lauko lygtis.
• Stacionarumui būtina aiškiai nurodyta leistinų variacijų klasė ir reguliarumas; jis nereiškia, kad kiekvienas veikimas minimizuojamas.