Bewegungsgleichungen für ein freies Teilchen auf einer Kugel

Question

Bewegungsgleichungen für ein freies Teilchen auf einer Kugel

Alvis S

Ich habe die Bewegungsgleichungen für ein Teilchen abgeleitet, das auf die Oberfläche einer Kugel beschränkt ist, indem ich die Flugbahn als Funktion der Zeit durch das Übliche parametrisiert habe $\theta$ Und $\phi$ Winkel lauten diese Gleichungen:

\ddot{θ} = {\dot{ϕ}}^{2} Sünde θ \cos θ

$\ddot{\theta} = \dot{\phi}^2 \sin \theta \cos \theta$

\ddot{ϕ} = - 2 \dot{ϕ} \dot{θ} \frac{1}{bräunen θ}

$\ddot{\phi} = - 2 \dot{\phi} \dot{\theta} \frac{1}{\tan \theta}$

Ich habe sie ausgehend von der Lagrange-Funktion des Systems und unter Verwendung der Euler-Lagrange-Gleichungen erhalten.

Meine Frage ist einfach: Gibt es einen Weg (vielleicht eine clevere Substitution), um die Differentialgleichungen zu lösen? Mich würde sogar eine einfachere, teilintegrierte Lösung interessieren. Oder ist eine numerische Lösung der einzige Weg?

DelCrosB

Welchen Lagrangian hast du für das System verwendet?

QMechaniker

@DelCrosB: Die Lagrange-Funktion in Gl. (1) meiner Phys.SE-Antwort hier .

DelCrosB

@Qmechanic: Das würde ich auch verwenden. Aber ich sehe nicht, wie die EL-Gleichungen im OP von dort kommen. Ist nicht

ϕ

$\phi$ eine zyklische Koordinate, gebend

\ddot{ϕ} = 0

$\ddot{\phi}=0$ so wie es sein sollte?

Daniel Sank

1) Dies ist wahrscheinlich besser für Math Stack Exchange geeignet. 2) Fragen wie diese sind erforderlich, um Anstrengung zu zeigen und ein bestimmtes konzeptionelles Problem zu identifizieren, zu dem Sie fragen möchten. Die Frage "Wie löse ich das?" wird auf dieser Seite nicht unterstützt. Weitere Informationen finden Sie in der Hilfe.

Antworten (4)

Bewegungsgleichungen für ein freies Teilchen auf einer Kugel

@DelCrosB: Die Lagrange-Funktion in Gl. (1) meiner Phys.SE-Antwort hier .
@Qmechanic: Das würde ich auch verwenden. Aber ich sehe nicht, wie die EL-Gleichungen im OP von dort kommen. Ist nicht $\phi$ eine zyklische Koordinate, gebend $\ddot{\phi}=0$ so wie es sein sollte?
1) Dies ist wahrscheinlich besser für Math Stack Exchange geeignet. 2) Fragen wie diese sind erforderlich, um Anstrengung zu zeigen und ein bestimmtes konzeptionelles Problem zu identifizieren, zu dem Sie fragen möchten. Die Frage "Wie löse ich das?" wird auf dieser Seite nicht unterstützt. Weitere Informationen finden Sie in der Hilfe.

Jakob Manner · Answer 1

Beachten Sie, dass Sie Ihre zweite Gleichung umschreiben können als

\frac{\ddot{ϕ}}{\dot{ϕ}} = - 2 Kinderbett (θ) \dot{θ}

$\frac{\ddot{\phi}}{\dot{\phi}} = -2\cot{(\theta)}\dot{\theta}$ Jede Seite ist ein exaktes Differential in einer Variablen, also können wir integrieren, und Wolfram|Alpha gibt

\ln (\dot{ϕ}) = - 2 \ln (Sünde (θ)) + C

$\ln{(\dot{\phi})}=-2\ln{(\sin{(\theta)})}+C$ für eine Integrationskonstante

C

$C$ . Wir können potenzieren, um zu erhalten

\dot{ϕ} = \frac{B}{Sünde {(θ)}^{2}}

$\dot{\phi}=\frac{B}{\sin{(\theta)}^2}$

Das Einsetzen in die erste Gleichung ergibt

\ddot{θ} = B^{2} \frac{\cos (θ)}{Sünde {(θ)}^{3}}

$\ddot{\theta}=B^2\frac{\cos{(\theta)}}{\sin{(\theta)}^3}$ Auch das lässt sich über den „Energietrick“ integrieren: Multiplizieren mit

θ

$\theta$ , dann integrieren. Die LHS gliedert sich stückweise an

{\dot{θ}}^{2}

$\dot{\theta}^2$ aber das RHS sieht so kompliziert aus, dass ich es nicht auf meinem Handy eingeben möchte.

Ján Lalinský · Answer 2

Falls das Teilchen außer denjenigen, die die Beschränkung aufrechterhalten, keinen äußeren Kräften ausgesetzt ist, besteht keine Notwendigkeit, die Bewegungsgleichungen in einem bestimmten Koordinatensystem zu schreiben und zu lösen. Das Teilchen bewegt sich mit konstanter Geschwindigkeit um einen Großkreis auf der Kugel. Welcher Kreis es sein wird und die Bewegungsgeschwindigkeit werden durch die Anfangsposition und -geschwindigkeit des Teilchens bestimmt.

Sean E. Lake · Answer 3

Ich habe es überprüft, und diese Bewegungsgleichungen entsprechen der Bewegung einer ansonsten freien Lagrange-Funktion. Etwas, das Ihnen bei der Lösung dieses Problems das Leben erleichtern wird, ist zu erkennen, dass hier der Drehimpuls erhalten bleibt. Da die Geschwindigkeit garantiert senkrecht zum Radius steht:

\begin{aligned} | L | & = M v R \\ = M R (\dot{θ} + \dot{ϕ} Sünde θ) \\ | \dot{L} | & = M R (\ddot{θ} + \ddot{ϕ} Sünde θ + \dot{ϕ} \dot{θ} \cos θ) = 0. \end{aligned}

$\begin{align} |\mathbf{L}| &= mvr \\ & = mr \left(\dot{\theta} + \dot{\phi}\sin\theta\right) \\ |\dot{\mathbf{L}}| & = mr\left(\ddot{\theta} + \ddot{\phi}\sin\theta + \dot{\phi}\dot{\theta}\cos\theta\right) = 0.\end{align}$ Sie sollten in der Lage sein, die Bewegungsgleichungen zu kombinieren, die Sie benötigen, um diese letzte Zeile zu zeigen. Das hast du auch

| L | = I ω

$|L| = I\omega$ und weil

I

$I$ fest ist, was bedeutet, dass die Änderungsrate einer Winkelvariablen konstant ist. Der letzte Hinweis, den ich gebe, ist, dass Sie sich ansehen sollten, wie Drehungen als Drehungen um eine Achse um einen Winkel definiert werden können .

chandrasekhar17 · Answer 4

In Anbetracht dessen, dass Sie sich der Erhaltung des Gesamtdrehimpulses in einer Kugel bewusst sind (wenn nicht, werde ich es unten beweisen), erhalten Sie aus dem Lagrangian, den Sie meiner Meinung nach verwenden, Folgendes:

L = \frac{1}{2} R^{2} ({\dot{θ}}^{2} + {Sünde}^{2} θ {\dot{ϕ}}^{2})

$\mathcal{L}=\dfrac{1}{2}R^2\left(\dot\theta^2+\sin^2\theta\,\dot\phi^2\right)$

l_{θ} = \frac{\partial L}{\partial \dot{θ}} = \dot{θ}

$l_\theta=\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot\theta}=\dot\theta$

l_{ϕ} = \frac{\partial L}{\partial \dot{ϕ}} = {Sünde}^{2} θ \dot{ϕ} = C Ö N S T (seit \frac{\partial L}{\partial ϕ} = 0)

$l_\phi=\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot\phi}=\sin^2\theta\,\dot\phi=const\quad \left(\text{since }\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}=0\right)$

für $r=R\,$ fest für eine Kugel mit Radius $R$ . Du kannst sehen $l_\theta$ Und $l_\phi$ sind die zugeordneten konjugierten Impulse $\theta$ Und $\phi$ , bzw.

Der Gesamtdrehimpuls des Systems $L$ gehorcht folgendem:

L^{2} = M R^{2} ({\dot{θ}}^{2} + {Sünde}^{2} θ {\dot{ϕ}}^{2})

$L^2=mR^2\left(\dot\theta^2+\sin^2\theta\,\dot\phi^2\right)$

Definieren $l^2=\dfrac{L^2}{mR^2}$ und mit dem, was wir oben gefunden haben: $\,\dot\theta^2=l_\theta^2\quad\text{and}\quad\,\dot\phi^2=\dfrac{l_\phi^2}{\sin^4\theta}$ .

Daher:

$l^2=l_\theta^2+\dfrac{l_\phi^2}{\sin^2\theta}$

Wir möchten zeigen, dass auch dieser Gesamtdrehimpuls erhalten bleibt. Beachten Sie, dass differenzierender Bezug auf einen Parameter $\lambda$ wir erhalten, dass dies für die durch parametrisierte Kurve erhalten bleibt $\lambda$ :

\frac{D l^{2}}{D λ} = \frac{D}{D λ} {\dot{θ}}^{2} + \frac{D}{D λ} (\frac{l_{ϕ}^{2}}{{Sünde}^{2} θ}) = 2 (\ddot{θ} - {\dot{ϕ}}^{2} Sünde θ \cos θ) \dot{θ} = 0

$\dfrac{d\,l^2}{d\lambda}=\dfrac{d}{d\lambda}\,\dot\theta^2+\dfrac{d}{d\lambda}\left(\dfrac{l_\phi^2}{\sin^2\theta}\right)=2\left(\ddot\theta-\dot\phi^2\sin\theta\cos\theta\right)\dot\theta=0$

weil das Ergebnis die Bewegungsgleichung für beinhaltet $\theta$ Sie haben bereits berechnet, wann gleich Null ist.

Außerdem,

\dot{θ} = \sqrt{l^{2} - \frac{l_{ϕ}^{2}}{{Sünde}^{2} θ}}

$\dot\theta=\sqrt{l^2-\dfrac{l_\phi^2}{\sin^2\theta}}$

\dot{ϕ} = \frac{l_{ϕ}}{{Sünde}^{2} θ}

$\dot\phi=\dfrac{l_\phi}{\sin^2\theta}$

und von hier aus können Sie auch versuchen, beide Gleichungen getrennt zu integrieren. Meine Empfehlung wäre versuchen zu finden $\phi=\phi(\theta)$ , also kannst du zum Beispiel machen:

\dot{ϕ} = \frac{D ϕ}{D θ} \dot{θ}

$\dot\phi=\dfrac{d\phi}{d\theta}\dot\theta$

Was ist mehr:

\frac{D ϕ}{D θ} \sqrt{l^{2} - \frac{l_{ϕ}^{2}}{{Sünde}^{2} θ}} = \frac{l_{ϕ}}{{Sünde}^{2} θ}

$\dfrac{d\phi}{d\theta}\sqrt{l^2-\dfrac{l_\phi^2}{\sin^2\theta}}=\dfrac{l_\phi}{\sin^2\theta}$

\Rightarrow \frac{D ϕ}{D θ} = \frac{l_{ϕ}}{l} \frac{1}{Sünde θ \sqrt{{Sünde}^{2} θ - {(\frac{l_{ϕ}}{l})}^{2}}}

$\Rightarrow\quad\dfrac{d\phi}{d\theta}=\dfrac{l_\phi}{l}\dfrac{1}{\sin\theta\sqrt{\sin^2\theta-\left(\frac{l_\phi}{l}\right)^2}}$

Schließlich integrieren Respekt zu $\theta$ führt zu :

ϕ (θ) = ϕ_{0} + \arctan (\frac{\frac{l_{ϕ}}{l} \cos θ}{\sqrt{{Sünde}^{2} θ - {(\frac{l_{ϕ}}{l})}^{2}}})

$\phi(\theta)=\phi_0+\arctan\left(\dfrac{\frac{l_\phi}{l}\cos\theta}{\sqrt{\sin^2\theta-\left(\frac{l_\phi}{l}\right)^2}}\right)$

Sie können jeden Plotter verwenden, den Sie kennen, um zu sehen, wie dieser Ihnen Teile des Bogens einer Kugel (z. B. Parallelen und Meridiane) für eine parametrische 3D-Plot-Einstellung geben kann $(r=R,\theta\in[0,\pi],\phi=\phi(\theta))$ . Sie können zum Beispiel den Äquator für bekommen $l_\phi=0$ .

Bewegungsgleichungen für ein freies Teilchen auf einer Kugel

Alvis S

DelCrosB

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DelCrosB

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chandrasekhar17

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