Lagrangescher Ansatz zum Spinnen von Fadenspulen

Question

Lagrangescher Ansatz zum Spinnen von Fadenspulen

Thomas Russel

Ich versuche, die Lagrange-Dynamik besser zu verstehen, und habe Mühe, die folgende Frage zu beantworten:

Eine Rolle Massefaden $m$ und Radius $r$ unter Schwerkraft abwickeln kann, wobei das obere Ende des Fadens fixiert ist. Finden Sie die Anfangsbeschleunigung der Rolle.

Diagramm von Spule und Faden

Ich glaube, es gibt hier drei verallgemeinerte Koordinaten $(x,y,\theta)$ , wie im Diagramm gezeigt, und die Einschränkung, dass $x=0$ (Da es keine Beschleunigung in der gibt $x$ -Richtung). Wir haben also kinetische Energie:

T = \frac{1}{2} M {\dot{j}}^{2} + \frac{1}{2} M R^{2} {\dot{θ}}^{2} j \cos (θ)

$T=\frac{1}{2}m\dot{y}^{2}+\frac{1}{2}m r^{2}\dot{\theta}^{2}y \cos(\theta)$

Und potentielle Energie gegeben durch:

U = - M G j

$U=-mgy$

Wir können daher die Lagrange-Funktion definieren:

L (j, θ, T) = \frac{1}{2} M {\dot{j}}^{2} + \frac{1}{2} M R^{2} {\dot{θ}}^{2} j \cos (θ) + M G j

$\mathcal{L}(y,\theta,t)=\frac{1}{2}m\dot{y}^{2}+\frac{1}{2}m r^{2}\dot{\theta}^{2}y \cos(\theta) + mgy$

Wir haben also die Euler-Lagrange-Gleichungen:

\begin{aligned} \frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial \dot{j}}) & = \frac{\partial L}{\partial j} \\ \frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial \dot{θ}}) & = \frac{\partial L}{\partial θ} \end{aligned}

$\begin{align} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{y}}\right) &= \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial y} \\ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\theta}}\right) &= \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \theta} \end{align}$

Wenn wir diese erweitern, erhalten wir:

M \ddot{j} = \frac{1}{2} M R^{2} {\dot{θ}}^{2} \cos (θ) + M G

$m\ddot{y}=\frac{1}{2}mr^{2}\dot{\theta}^{2}\cos(\theta) + mg$

Und:

M R^{2} \ddot{θ} j \cos (θ) - M R^{2} {\dot{θ}}^{2} Sünde (θ) + M R^{2} \dot{θ} \dot{j} \cos (θ) = 0

$mr^{2}\ddot{\theta}y\cos(\theta)-mr^{2}\dot{\theta}^{2}\sin(\theta)+mr^{2}\dot{\theta}\dot{y}\cos(\theta)=0$

Beide gleichzeitig zu lösen ergibt:

\ddot{θ} = \frac{{\dot{θ}}^{2} bräunen (θ) - \dot{j} \dot{θ}}{j}, \ddot{j} = \frac{1}{2} (2 G + R^{2} {\dot{θ}}^{2} \cos (θ))

$\ddot{\theta}=\frac{\dot{\theta}^{2}\tan(\theta)-\dot{y}\dot{\theta}}{y},\quad \ddot{y}=\frac{1}{2}\left(2g + r^{2}\dot{\theta}^{2}\cos(\theta)\right)$

Was ich nicht lösen kann, um etwas Nützliches zu ergeben; und gehe daher davon aus, dass ich auf dem falschen Weg bin.

Für Hinweise, wo ich was falsch verstanden habe, wäre ich dankbar.

Nur um zu verdeutlichen, worum es geht, angesichts des obigen Ausdrucks für $\ddot{y}$ und die Randbedingungen $y_{0}=0$ , $\dot{y}_{0}=0$ , $\theta=0$ Und $\dot{\theta}=0$ wir bekommen:

{\ddot{j}}_{0} = G

$\ddot{y}_{0}=g$

Das habe ich erwartet, aber die Antwort auf die Frage besagt das $\ddot{y}_{0}=\frac{2g}{3}$ .

Kyle Kanos

Ist nicht

d^{2} θ / d t^{2}

$d^2\theta/dt^2$ eine Beschleunigung?

Thomas Russel

@KyleKanos Ja, aber ich dachte, die Mitte des Objekts selbst würde sich nicht bewegen

x

$x$ -Richtung; nur die Orientierung

θ

$\theta$ war unterschiedlich?

Kyle Kanos

@Shaktal: Ich bin mir nicht sicher, was du meinst, wie

x

$x$ Komm hier rein?

Thomas Russel

@KyleKanos Als du sagtest, ist es nicht

\ddot{θ}

$\ddot{\theta}$ eine beschleunigung nahm ich an, das war eine antwort auf meine aussage, dass es keine beschleunigung gibt

x

$x$ -Richtung und daher

x = 0

$x=0$ und deshalb habe ich es weggelassen

\frac{1}{2} m r^{2} {\dot{θ}}^{2} \sin (θ)

$\frac{1}{2}mr^{2}\dot{\theta}^{2}\sin(\theta)$ In

T

$T$ ? Ist das nicht das, was du meinst?

Kyle Kanos

@Shaktal: Ihre Frage fragt nach anfänglicher Beschleunigung und Sie haben zwei davon. Sie sehen in Ordnung aus (habe die Arbeit nicht doppelt überprüft), aber was haben Sie mit ihnen versucht ? Zu sagen "Ich bin nicht in der Lage, etwas Nützliches zu lösen", ist für diejenigen, die helfen wollen, nutzlos.

Thomas Russel

@KyleKanos Oh, ich verstehe! Wenn ich die Anfangsbedingungen hinzufüge

θ_{0} = 0

$\theta_{0} = 0$ ,

{\dot{θ}}_{0} = 0

$\dot{\theta}_{0}=0$ ,

y_{0} = 0

$y_0=0$ ,

{\dot{y}}_{0} = 0

$\dot{y}_{0}=0$ , Ich bekomme

{\ddot{y}}_{0} = g

$\ddot{y}_{0}=g$ , Und

{\ddot{θ}}_{0}

$\ddot{\theta}_{0}$ scheint unbestimmt zu sein; jedoch soll ich bekommen

\ddot{y} = \frac{2 g}{3}

$\ddot{y}=\frac{2g}{3}$ .

Physik_Mathematik

Was ist theta? Wenn Theta pi/2 ist und so weiter, ist Ihr zweiter Term in der Lagrange-Funktion null ... Dieser Term sieht falsch aus.

Thomas Russel

@LoveLearning

θ

$\theta$ ist die Ausrichtung der Fadenspule in Bezug auf die Vertikale. Nun, anfangs war mein Lagrange nur:

L (j, θ, T) = \frac{1}{2} M {\dot{j}}^{2} + \frac{1}{2} ICH {\dot{θ}}^{2} + M G j

$\mathcal{L}(y,\theta,t)=\frac{1}{2}m\dot{y}^{2}+\frac{1}{2}I\dot{\theta}^{2} + mgy$ Bei der Lösung ergab sich dies jedoch

{\ddot{y}}_{0}

$\ddot{y}_{0}$ auch, also dachte ich, ich muss etwas falsch machen.

Antworten (1)

Lagrangescher Ansatz zum Spinnen von Fadenspulen

@KyleKanos Ja, aber ich dachte, die Mitte des Objekts selbst würde sich nicht bewegen $x$ -Richtung; nur die Orientierung $\theta$ war unterschiedlich?
@Shaktal: Ich bin mir nicht sicher, was du meinst, wie $x$ Komm hier rein?
@KyleKanos Als du sagtest, ist es nicht $\ddot{\theta}$ eine beschleunigung nahm ich an, das war eine antwort auf meine aussage, dass es keine beschleunigung gibt $x$ -Richtung und daher $x=0$ und deshalb habe ich es weggelassen $\frac{1}{2}mr^{2}\dot{\theta}^{2}\sin(\theta)$ In $T$ ? Ist das nicht das, was du meinst?
@Shaktal: Ihre Frage fragt nach anfänglicher Beschleunigung und Sie haben zwei davon. Sie sehen in Ordnung aus (habe die Arbeit nicht doppelt überprüft), aber was haben Sie mit ihnen versucht ? Zu sagen "Ich bin nicht in der Lage, etwas Nützliches zu lösen", ist für diejenigen, die helfen wollen, nutzlos.
@KyleKanos Oh, ich verstehe! Wenn ich die Anfangsbedingungen hinzufüge $\theta_{0} = 0$ , $\dot{\theta}_{0}=0$ , $y_0=0$ , $\dot{y}_{0}=0$ , Ich bekomme $\ddot{y}_{0}=g$ , Und $\ddot{\theta}_{0}$ scheint unbestimmt zu sein; jedoch soll ich bekommen $\ddot{y}=\frac{2g}{3}$ .
Was ist theta? Wenn Theta pi/2 ist und so weiter, ist Ihr zweiter Term in der Lagrange-Funktion null ... Dieser Term sieht falsch aus.
@LoveLearning $\theta$ ist die Ausrichtung der Fadenspule in Bezug auf die Vertikale. Nun, anfangs war mein Lagrange nur: $L (j, θ, T) = \frac{1}{2} M {\dot{j}}^{2} + \frac{1}{2} ICH {\dot{θ}}^{2} + M G j$ $\mathcal{L}(y,\theta,t)=\frac{1}{2}m\dot{y}^{2}+\frac{1}{2}I\dot{\theta}^{2} + mgy$ Bei der Lösung ergab sich dies jedoch $\ddot{y}_{0}$ auch, also dachte ich, ich muss etwas falsch machen.

Thomas Russel · Answer 1

Ich habe es geschafft herauszufinden, was schief gelaufen ist. Mein Fehler war nicht zu erkennen, dass die Spule an der Seite der Schnur sein müsste, was uns die Einschränkung gibt: $\dot{y}=r\dot{\theta}$ , haben wir also unsere Lagrange-Funktion:

L = \frac{1}{2} M {\dot{j}}^{2} + \frac{1}{4} M R^{2} {\dot{θ}}^{2} + M G j = \frac{3}{4} M R^{2} {\dot{θ}}^{2} + M G R θ

$\mathcal{L}=\frac{1}{2}m\dot{y}^{2}+\frac{1}{4}mr^{2}\dot{\theta}^{2}+mgy=\frac{3}{4}mr^{2}\dot{\theta}^{2}+mgr\theta$

Daher haben wir unsere Euler-Lagrange-Gleichung:

\frac{3}{2} M R^{2} \ddot{θ} = M G R ⟹ \ddot{θ} = \frac{2 M G R}{3 M R^{2}} = \frac{2 G}{3 R}

$\frac{3}{2}mr^{2}\ddot{\theta}=mgr \implies \ddot{\theta}=\frac{2mgr}{3mr^{2}}=\frac{2g}{3r}$

Wir haben daher:

\ddot{j} = R \ddot{θ} = \frac{2}{3} G

$\ddot{y}=r\ddot{\theta}=\frac{2}{3}g$

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