Was ist die Lagrangedichte für einen frei rotierenden Stab? [geschlossen]

Question

Was ist die Lagrangedichte für einen frei rotierenden Stab? [geschlossen]

WillG

Dies ist eines dieser Probleme, von denen ich dachte, dass sie einfach wären, dann habe ich ewig damit verbracht und festgestellt, dass ich nichts weiß:

Ein starrer Stab mit gleichmäßiger Dichte hat Masse $M$ und Länge $L$ und kann sich ohne feste Achse frei um seinen Mittelpunkt drehen. Stellen Sie sich vor, dass sein Mittelpunkt am Ursprung eines kartesischen Trägheitskoordinatensystems fixiert ist, und beachten Sie, dass die Position des Stabs mit den sphärischen Koordinatenwinkeln angegeben werden kann $\theta$ Und $\phi$ . (Gehen Sie auch von Schwerelosigkeit aus.)

Was ist die Lagrangedichte dieses Systems in Bezug auf die Koordinaten? $\theta$ Und $\phi$ ?

Zuerst habe ich die Trägheitsmomente für Rotation im Reinen berechnet $\theta$ und rein $\phi$ Richtungen. Für $\theta$ , das ist das Übliche $\frac{1}{12}ML^2$ , Aber $\phi$ es wird $\frac{1}{12}ML^2\sin^2\theta$ Vorausgesetzt, die Stange wird fixiert gehalten $\theta$ . Dann habe ich verwendet $K_{rot}=\frac{1}{2}I\omega^2$ für jede Rotationsart und fügte die beiden hinzu:

\begin{aligned} L & = K - U \\ = K_{θ} + K_{ϕ} - 0 \\ = \frac{1}{24} M L^{2} {\dot{θ}}^{2} + \frac{1}{24} M L^{2} {Sünde}^{2} (θ) {\dot{ϕ}}^{2} \end{aligned}

$\begin{align} L &= K-U \\ &= K_\theta+K_\phi-0 \\&= \frac{1}{24} M L^2\dot\theta^2+ \frac{1}{24} M L^2\sin^2(\theta) \,\,\dot\phi^2 \end{align}$

Meine Hauptsorge ist, dass das Hinzufügen der beiden Energien nicht gerechtfertigt erscheint, daher lautet meine nächste Frage:

Wenn dies richtig ist, warum ist die Addition dieser beiden Energien gerechtfertigt?

Um die Besorgnis zu betonen, bedenken Sie Folgendes: rein $\theta$ -Drehung entspricht $\vec\omega$ in eine Richtung, während rein $\phi$ -Drehung entspricht $\vec\omega$ in eine andere Richtung. Diese beiden Vektoren spannen nur eine Ebene auf, während im Allgemeinen $\vec\omega$ überall im 3D-Raum zeigen könnten, daher ist es überhaupt nicht klar, dass diese Winkelkoordinaten einfach auf einfache Weise "addiert" werden.

Um die Antwort genauer zu finden, berechnete ich den Trägheitstensor (unter der Annahme, dass time $t=0$ die Stange liegt in der $z$ - $x$ Flugzeug) und versucht zu verwenden $K_{rot}=\frac{1}{2}\vec\omega \cdot (\tilde{I} \vec\omega)$ . Dies führt zu meiner letzten und täuschend schwierigsten Frage:

Was ist $\vec\omega$ bezüglich $\theta$ , $\dot\theta$ , $\phi$ , Und $\dot\phi$ ?

Auch wenn es einen saubereren oder einfacheren Ansatz zur Lösung dieses Problems gibt, würde ich gerne davon erfahren!

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

Ich kann mich nicht an die Antworten auf Ihre Fragen erinnern. Aber ich kenne eine Beobachtung, die zu einer Möglichkeit führt, Ihre Fragen zu beantworten: Durch die Verwendung eines gedrehten Koordinatensystems können Sie erzwingen

θ^{'} = \frac{π}{2}

$\theta' = \frac{\pi}{2}$ und machen Sie es zu einem 2D-Problem mit einem Lagrange-Operator, der nur davon abhängt

{\dot{ϕ}}^{'}

$\dot{\phi}'$ .

WillG

Aber garantieren kannst du es nicht

θ^{'}

$\theta'$ wird bleiben

\frac{π}{2}

$\frac{\pi}{2}$ , also wird es nicht unbedingt auf 2D reduziert. Eine mögliche Lösung für die Bewegung ist eine "einfache" 2D-Rotation, bei der die Endpunkte einen Großkreis auf der ihnen zugänglichen Kugel nachzeichnen, aber das ist nicht die einzige Lösung für die Bewegungsgleichungen. (Zumindest glaube ich das ... das war Teil einer Prüfungsaufgabe, bei der es im Anschluss darum ging, nach kleinen Schwingungen zu lösen

θ = π / 2

$\theta=\pi/2$ .)

dmckee --- Ex-Moderator-Kätzchen

Ähm ... ja. Sicherlich im Falle eines asymmetrischen Oberteils. Gilt das immer noch für etwas so Symmetrisches wie einen "einheitlichen Stab"? ::den Kopf zerbrechen, um mich an Dinge zu erinnern, die ich früher wusste::

Javier

Ja, wenn anfänglich

θ = π / 2

$\theta=\pi/2$ Und

\dot{θ} = 0

$\dot{\theta}=0$ , sie werden so bleiben. Die Bewegung ist immer auf einer Ebene. Sie können jedoch ein Flugzeug haben, das eine kleine Störung darstellt

θ = π / 2

$\theta=\pi/2$ Ebene; darum ging es wohl in der frage.

Antworten (1)

Was ist die Lagrangedichte für einen frei rotierenden Stab? [geschlossen]

Ich kann mich nicht an die Antworten auf Ihre Fragen erinnern. Aber ich kenne eine Beobachtung, die zu einer Möglichkeit führt, Ihre Fragen zu beantworten: Durch die Verwendung eines gedrehten Koordinatensystems können Sie erzwingen $\theta' = \frac{\pi}{2}$ und machen Sie es zu einem 2D-Problem mit einem Lagrange-Operator, der nur davon abhängt $\dot{\phi}'$ .
Aber garantieren kannst du es nicht $\theta'$ wird bleiben $\frac{\pi}{2}$ , also wird es nicht unbedingt auf 2D reduziert. Eine mögliche Lösung für die Bewegung ist eine "einfache" 2D-Rotation, bei der die Endpunkte einen Großkreis auf der ihnen zugänglichen Kugel nachzeichnen, aber das ist nicht die einzige Lösung für die Bewegungsgleichungen. (Zumindest glaube ich das ... das war Teil einer Prüfungsaufgabe, bei der es im Anschluss darum ging, nach kleinen Schwingungen zu lösen $\theta=\pi/2$ .)
Ähm ... ja. Sicherlich im Falle eines asymmetrischen Oberteils. Gilt das immer noch für etwas so Symmetrisches wie einen "einheitlichen Stab"? ::den Kopf zerbrechen, um mich an Dinge zu erinnern, die ich früher wusste::
Ja, wenn anfänglich $\theta=\pi/2$ Und $\dot{\theta}=0$ , sie werden so bleiben. Die Bewegung ist immer auf einer Ebene. Sie können jedoch ein Flugzeug haben, das eine kleine Störung darstellt $\theta=\pi/2$ Ebene; darum ging es wohl in der frage.

Javier · Answer 1

Wir können einfach zu den Grundlagen zurückkehren und die Beiträge zur kinetischen Energie entlang der Stange integrieren. Sei die lineare Dichte $\lambda = M/L$ . Das Quadrat der Geschwindigkeit in Kugelkoordinaten ist

v^{2} = {\dot{R}}^{2} + R^{2} ({\dot{θ}}^{2} + {Sünde}^{2} θ {\dot{ϕ}}^{2});

$v^2 = \dot{r}^2 + r^2(\dot{\theta}^2 + \sin^2 \theta\, \dot{\phi}^2);$

an allen Punkten auf der Stange, die wir haben $\dot{r}=0$ und dass der Winkelteil in Klammern konstant ist. Die Energie ist dann

E = \frac{1}{2} \int_{L / 2}^{L / 2} λ R^{2} ({\dot{θ}}^{2} + {Sünde}^{2} θ {\dot{ϕ}}^{2}) .

$E = \frac12 \int_{L/2}^{L/2} \lambda r^2 (\dot{\theta}^2 + \sin^2 \theta\, \dot{\phi}^2).$

Wir können einfach alles nehmen außer $r^2$ aus dem Integral, und wir erhalten

E = \frac{1}{24} M L^{2} ({\dot{θ}}^{2} + {Sünde}^{2} θ {\dot{ϕ}}^{2})

$E = \frac{1}{24} ML^2 (\dot{\theta}^2 + \sin^2 \theta\, \dot{\phi}^2)$

Deine erste Vermutung war also richtig. Wir können die beiden Energien addieren, weil sie orthogonalen Richtungen entsprechen, genau wie wir es in kartesischen Koordinaten sagen würden $E = \frac12 m (v_x^2 + v_y^2 + v_z^2)$ . Sie können auch sehen, dass das Ding in Klammern gerade steht $\omega^2$ , aber hoffentlich überzeugt Sie diese einfachere Ableitung davon, dass alles legitim ist.

@ Javier Danke, das ist überzeugend. Aber wenn das Objekt keine so schöne Symmetrie hätte und Sie stattdessen den Trägheitstensor erhalten würden, würde die Methode auf einen solchen Fall übertragen? Etwas andere Frage, ich weiß, aber ich bin nur neugierig, wie das im Allgemeinen funktioniert.
@WillG Nun, im allgemeinen Fall wäre dies mehr oder weniger gleichbedeutend mit der Berechnung der Winkelgeschwindigkeit. Der Fall der Stange ist etwas knifflig, weil ich denke , dass die Winkelgeschwindigkeit nicht eindeutig definiert ist, da sich die Stange nicht um Drehungen um sich selbst kümmert. Alles sollte trotzdem funktionieren, solange Sie eine gültige Winkelgeschwindigkeit nehmen.
Richtig, die Nichteindeutigkeit von $\vec\omega$ ist das, was mich wirklich ärgert. Ich denke, das ist nur wegen der Symmetrie eines Stabs wahr, und vielleicht führt dieselbe Symmetrie unabhängig von der Wahl zu derselben Antwort $\vec\omega$ .
@WillG das sollte stimmen, obwohl ich nicht nachgerechnet habe, um es zu überprüfen. Sie können es wahrscheinlich mit einer Eigenschaft des Trägheitstensors in Verbindung bringen.

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