wie löst man das Differentialgleichungssystem für dieses Teilchen?

Question

wie löst man das Differentialgleichungssystem für dieses Teilchen?

Physik
Analyse
Mathematik
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Variationsrechnung
Gewöhnliche Differentialgleichungen

Cristian Rodriguez

Ich versuche, dieses Problem zu lösen

Ein Teilchen der Masse m bewegt sich unter der Wirkung der Schwerkraft auf der Innenfläche eines Rotationsparaboloids $x^2+y^2=az$ was reibungsfrei angenommen wird. Erhalten Sie die Bewegungsgleichungen.

Der Lagrange in Polarkoordinaten, unter der Annahme, dass die Schwerkraft in Richtung der negativen z-Achse liegt, ist

L = \frac{1}{2} M ({\dot{ρ}}^{2} + ρ^{2} {\dot{φ}}^{2} + {\dot{z}}^{2}) - M G z; \ddot{Q} \equiv \frac{D \dot{Q}}{D T} \equiv \frac{D^{2} Q}{D T^{2}}

$L=\frac 1 2m\left(\dot\rho^2+\rho^2\dot\varphi^2+\dot z^2\right)-mgz;\qquad \ddot q\equiv\frac {d\dot q} {dt}\equiv\frac{d^2 q}{dt^2}$ Einschränkungen auferlegte Bedingung impliziert

F = ρ^{2} - A z = 0

$f=\rho^2-az=0$ Lagrange-Gleichungen für dieses System sind

\frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial {\dot{Q}}_{ich}}) - \frac{\partial L}{\partial Q_{ich}} = λ \frac{\partial F}{\partial Q_{ich}}

$\frac d{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot q_i} \right)-\frac{\partial L}{\partial q_i}=\lambda\frac{\partial f}{\partial q_i}$

λ

$\lambda$ ist ein Lagrange-Multiplikator. Dann zu

q_{1} = ρ

$q_1=\rho$ ,

q_{2} = z

$q_2=z$ ,

q_{3} = φ

$q_3=\varphi$

M \ddot{ρ} - M ρ {\dot{φ}}^{2} = 2 ρ λ

$\fbox{$m\ddot\rho-m\rho\dot \varphi^2=2\rho\lambda$}$

M \ddot{z} + M G = - A λ

$\fbox{$m\ddot z+mg=-a\lambda $}$

\frac{D}{D T} (ρ^{2} \dot{φ}) = 0

$\fbox{$ \frac{d}{dt}\left(\rho^2\dot\varphi\right)=0$}$

ρ^{2} - A z = 0

$\fbox{$\rho^2-az=0$}$

ρ \in [0, + \infty), φ \in [0, 2 π), z \in (- \infty, + \infty)

$\rho\in[0,+\infty),\quad\varphi\in[0,2\pi),\quad z\in(-\infty,+\infty)$ Ich weiß nicht, wie ich dieses Gleichungssystem lösen soll, und das Wichtigste ist, es zu bestimmen

λ

$\lambda$ .

Aus dem Gleichungssystem könnte ich das ableiten

ρ^{2} \dot{φ} = C_{0}

$\rho^2\dot\varphi=c_0$

M \ddot{ρ} - M \frac{C_{0}^{2}}{ρ^{3}} = 2 ρ λ

$m\ddot\rho-m\frac{c_0^2}{\rho^3}=2\rho\lambda$

A z \dot{φ} = C_{0}

$az\dot\varphi=c_0$

\dot{z} \dot{φ} + z \ddot{φ} = 0

$\dot z\dot\varphi+z\ddot\varphi=0$

in kartesischen Koordinaten

M \ddot{j} = 2 j λ

$\fbox{$m\ddot y=2y\lambda$}$

M \ddot{X} = 2 X λ

$\fbox{$m\ddot x=2x\lambda$}$

M \ddot{z} + M G = - A λ

$\fbox{$m\ddot z+mg=-a\lambda $}$

X^{2} + j^{2} - A z = 0

$\fbox{$x^2+y^2-az=0$}$

Halbklassisch

Die Einheiten des zweiten Terms deiner ersten eingerahmten Gleichung stimmen nicht mit dem Rest der Gleichung überein. Also würde ich die beteiligten Derivate noch einmal überprüfen.

Cristian Rodriguez

ok korrigiert, danke...

Benutzer5402

Finden

\dot{φ}

$\dot\varphi$ aus der dritten Gl und ersetzen Sie es in der 1..

Antworten (2)

wie löst man das Differentialgleichungssystem für dieses Teilchen?

Die Einheiten des zweiten Terms deiner ersten eingerahmten Gleichung stimmen nicht mit dem Rest der Gleichung überein. Also würde ich die beteiligten Derivate noch einmal überprüfen.
Finden $\dot\varphi$ aus der dritten Gl und ersetzen Sie es in der 1..

Augapfelfrosch · Answer 1

Sie scheinen erfolgreich eine Reihe von Bewegungsgleichungen für das Teilchen gefunden zu haben. Ja, Sie könnten einige Variablen eliminieren, aber wenn das Problem dies nicht verlangt, besteht wirklich keine Notwendigkeit.

Wenn Sie das lösen wollen, werden die Dinge etwas komplexer. Wir wissen, dass dies ein energie- und drehimpulserhaltendes System ist, also wissen wir, dass die Bewegungsgleichungen vereinfacht werden können

ρ^{2} \dot{φ} = C_{0} \frac{M}{2} ({\dot{ρ}}^{2} + ρ^{2} {\dot{φ}}^{2} + {\dot{z}}^{2}) + M G z = E ρ^{2} - A z = 0.

$\rho^2\dot{\varphi} = c_0 \\ \frac{m}{2}\left(\dot{\rho}^2 + \rho^2\dot{\varphi}^2 + \dot{z}^2\right) + mgz = E\\ \rho^2 - az = 0.$ Um dies aus den Lagrange-Bewegungsgleichungen abzuleiten, multiplizieren Sie die

ρ

$\rho$ Gleichung durch

\dot{ρ}

$\dot{\rho}$ , Die

z

$z$ Gleichung durch

\dot{z}

$\dot{z}$ , und addiere sie zusammen. Es vereinfacht sich alles zu der oben angegebenen Energieeinsparung.

Einsetzen von für $\dot{\varphi}$ Und $z$ gibt

\frac{M}{2} [(1 + \frac{4 ρ^{2}}{A^{2}}) {\dot{ρ}}^{2} + \frac{C_{0}^{2}}{ρ^{2}}] + \frac{M G}{A} ρ^{2} = E .

$\frac{m}{2}\left[\left(1 + \frac{4\rho^2}{a^2}\right)\dot{\rho}^2 + \frac{c_0^2}{\rho^2}\right] + \frac{mg}{a}\rho^2 = E.$ Dies ist eine trennbare Gleichung erster Ordnung, also im Prinzip lösbar. Wir können viele der Konstanten loswerden, indem wir verwenden

ρ (t) = (a / 2) r (t \sqrt{2 g / a})

$\rho(t) = (a/2)r(t\sqrt{2g/a})$ :

(1 + R^{2}) {\dot{R}}^{2} + \frac{k}{R^{2}} + R^{2} = ϵ; k \equiv \frac{8 C_{0}^{2}}{A^{3} G}, ϵ \equiv \frac{4 E}{M G A}

$(1 + r^2)\dot{r}^2 + \frac{k}{r^2} + r^2 = \epsilon\;\;\;\;;\;\;\;\; k\equiv \frac{8c_0^2}{a^3 g}\,,\,\, \epsilon\equiv \frac{4E}{mga}$ Obwohl es merklich sauberer ist als zuvor, ist es immer noch eine Art heißes Durcheinander. So ist das Leben in Dynamik. Trennen und Verwenden von a

u

$u$ -Substitution gibt

\frac{1}{2} \int_{R_{0}^{2}}^{R^{2}} \sqrt{\frac{1 + u}{ϵ u - u^{2} - k}} D u = T - T_{0}

$\frac{1}{2}\int_{r_0^2}^{r^2}\sqrt{\frac{1+u}{\epsilon u - u^2 - k}}du = t - t_0$ Dies ist eine Lösung, wenn auch eine implizite, mit der möglicherweise schwer zu arbeiten ist.

Frédéric · Answer 2

Findest du normalerweise nicht $\lambda$ , aber verwenden Sie Ihre Einschränkung, um den unphysikalischen Freiheitsgrad zu eliminieren (3 Variablen in Ihrer Parametrisierung, 2 Freiheitsgrade im System).

Genauer gesagt, differenzieren Sie die Einschränkung zweimal, stecken Sie sie in die $z$ Bewegungsgleichung, entsprechend multiplizieren, um die gleichzusetzen $\rho$ Gleichung. Du erhältst

M \ddot{ρ} - M ρ {\dot{ϕ}}^{2} = - 2 ρ \frac{M}{A} (G + \frac{2}{A} ({\dot{ρ}}^{2} + ρ \ddot{ρ}))

$m \ddot\rho -m \rho \dot\phi^2 = -2\rho\frac m a \left(g+ \frac 2 a(\dot\rho^2 + \rho\ddot\rho)\right)$

was dazu führt

\ddot{ρ} - ρ {\dot{ϕ}}^{2} + 2 \frac{G}{A} ρ + 4 \frac{ρ}{A^{2}} ({\dot{ρ}}^{2} + ρ \ddot{ρ}) = 0.

$\ddot\rho-\rho\dot\phi^2 + 2\frac g a \rho+4\frac{\rho}{a^2}\left(\dot\rho^2 + \rho\ddot\rho\right) =0.$

Dies ist die Bewegungsgleichung der Lagrange-Funktion (Beseitigung $z$ von Anfang an, $m=1$ )

L = \frac{1}{2} ({\dot{ρ}}^{2} + ρ^{2} {\dot{ϕ}}^{2} + \frac{4}{A^{2}} (ρ \dot{ρ})^{2}) - \frac{G}{A} ρ^{2}

$L=\frac 1 2 (\dot\rho^2 + \rho^2\dot\phi^2 +\frac{ 4}{ a^2} (\rho\dot\rho)^2) -\frac g a \rho^2$

so wie es sein sollte.

Was die Lösung der Gleichungen betrifft, weiß ich es nicht.

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Cristian Rodriguez

Halbklassisch

Cristian Rodriguez

Benutzer5402

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Augapfelfrosch

Frédéric

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