Görgettűs lógattyú

[Sanyilaci]

Sziasztok, egy feladatot szeretnék idecitálni a szomszédos áltudományos fórumról, hogy számomra kielégítően kitárgyalhassuk.
Itt a feladat:

MED_0017696964.jpg (45.03 KiB) Megtekintve 445 alkalommal.

Na már most, a szomszéd fórumon a professzor urak ebbe szokás szerint belegabalyodtak, mint macska a pamutgombolyagba.
Viszont véleményem szerint ez egy tök egyszerű, valójában csak a definícióba behelyettesítős feladat. Pont olyan, mint amiket az előadás után az első gyakorlati órán kitárgyalnak. A betűfelismerős szint az idegen nyelv tanulásban.

Szóval. véleményem szerint a megoldás a következő:
L=Ekin-Epot.

Mi a kinetikus energia?
1. A henger halad.
[Renderelés ... \dot \varphi]\dot \varphi szögsebesség esetén a henger sebessége [Renderelés ... -R \dot \varphi]-R \dot \varphi
Itt az előjelkonvenciókra óvatosan és konzisztensen ügyelni érdemes, óramutató járásával ellentétesen pozitív a fí, de jobbra pozitív a mozgás.
A henger mozgási energiája: [Renderelés ... \dfrac{1}{2} m(R\dot \varphi)^2]\dfrac{1}{2} m(R\dot \varphi)^2 Szerencsére itt még az előjelbe nem veszünk el a négyzetreemelés miatt.
2. A henger forog. Tehetetlenségi nyomatéka [Renderelés ... \dfrac{mR^2}{2}]\dfrac{mR^2}{2}, a forgásban tárolt energia [Renderelés ... \dfrac{1}{2} \theta \omega^2=\dfrac{1}{4} m(R\dot \varphi)^2]\dfrac{1}{2} \theta \omega^2=\dfrac{1}{4} m(R\dot \varphi)^2
3. A lógattyú emelkedik és süllyed. Kis gondolkozás után a mozgási energiája: [Renderelés ... \dfrac{1}{2} m(2R\dot \varphi)^2=2m(R\dot \varphi)^2]\dfrac{1}{2} m(2R\dot \varphi)^2=2m(R\dot \varphi)^2

Na, tehát akkor a mozgási energia tagokat összegezve azt kapjuk, hogy ez [Renderelés ... \dfrac{11}{4} m(R \dot \varphi)^2]\dfrac{11}{4} m(R \dot \varphi)^2
Tehát innen (később sem jön be ilyen tag) azt kapjuk, hogy a feladatbeli A=11/4=2,75

Most akkor a potenciális energiák.
2 dolog játszik itt. A gravitáció, meg a rugó.
1. A gravitációs helyzeti energia. [Renderelés ... mg2R\varphi]mg2R\varphi. Előjelkonvenció: fí az óramutató járásával ellentétesen pozitív, a helyzeti energia pedig szintén felfelé pozitív.
Mivel ezt negatív előjellel kell beírni a Lagrange-ba, ezért B=-2.
2. Jön a rugó. A rugóban tárolt energia nyomástól-húzástól függetlenül [Renderelés ... \dfrac{1}{2} k (R \varphi)^2]\dfrac{1}{2} k (R \varphi)^2
Ezt is negatív előjellel kell beírni a Lagrange-ba, tehát a feladatbeli C=1/2.

Tehát a Lagrange függvény így néz ki:
[Renderelés ... \mathscr{L}= \dfrac{11}{4}mR^2 \dot \varphi ^2 -2mgR\varphi -\dfrac{1}{2} kR^2\varphi ^2]\mathscr{L}= \dfrac{11}{4}mR^2 \dot \varphi ^2 -2mgR\varphi -\dfrac{1}{2} kR^2\varphi ^2

Kérdéseim:
1. Eddig jó vagyok?

2. Vajon mit harangoznak szabiku fejében, amikor arra gondol, hogy a rugó egyensúlyi helyzetének "előfeszített állapotbeli" megváltoztatásával kitranszformálhatja a gravitációt a feladatból?
Tehát arra gondol, hogy a lógattyú lóg, előfeszíti a rugót, és a rugó ezen állása lesz az új "egyensúlyi pont", ami körül a "harmonikus oszcsillátor" rezeg. Na, hát ebben szerintem egy szó sem igaz, de még a vessző sem.

Ad1.: A gravitációs potenciális energia a kimozdulással lineárisan arányos (g-vel), míg a rugóban tárolt energia pedig a kimozdulással négyzetes (k-val).
Hogy a fenébe lehetne egy lineáris tagot egy egyszerű eltolással beolvasztani egy négyzetes tagba?

Ad2.: A gravitációs helyzeti energia 0 szintje pont azért önkényes, mert az Euler-Lagrange egyenlet felírásakor ez az eltolás kiesik a bal oldalon, tehát az erő oldalán. A [Renderelés ... \dfrac{\partial L}{dq}]\dfrac{\partial L}{dq}-ban.
Viszont a rugóban tárolt energia esetén, mivel ez négyzetes a kimozdulással, ott pont nem esik ki semmiféle eltolás, épp ezért lesz az erő oldalon a kimozdulással egyenesen arányos tag rugó esetében.

Egyénként itt a topik linkje.
https://forum.index.hu/Article/showArti ... =165629567

3. kérdésem.
Írjuk fel az Euler-Lagrangot.
Ha minden igaz, és nem tévedtem el az előjelkonvenciókban, akkor ez:
[Renderelés ... -2mg - kR\varphi = \dfrac{11}{2} mR\ddot \varphi]-2mg - kR\varphi = \dfrac{11}{2} mR\ddot \varphi

A 3. kérdésem arra vonatkozik, hogy melyek azok az egyenletek (szerintem 3 ilyen lesz), amivel elemi úton ki lehet ezeket hozni? Tehát
(1) K kötélerő - mg súlyerő =m*lógyattú gyorsulása
(2) Rugó+K-Fs=henger gyorsulása
(3) K, Fs és rugó: henger forgásba hozása.

Hogy néznek ki ezek az egyenletek, amiből ki tudom hozni a fenti Euler-Lagrange-ot (már amennyiben az rendben van).
Köszönöm.

[G.Á]

Na, tehát akkor a mozgási energia tagokat összegezve azt kapjuk, hogy ez [Renderelés ... \dfrac{11}{4} m(R \dot \varphi)^2]\dfrac{11}{4} m(R \dot \varphi)^2

(...)

Most akkor a potenciális energiák.
1. A gravitációs helyzeti energia. [Renderelés ... mg2R\varphi]mg2R\varphi. Előjelkonvenció: fí az óramutató járásával ellentétesen pozitív, a helyzeti energia pedig szintén felfelé pozitív.
2. Jön a rugó. A rugóban tárolt energia nyomástól-húzástól függetlenül [Renderelés ... \dfrac{1}{2} k (R \varphi)^2]\dfrac{1}{2} k (R \varphi)^2

Tehát a Lagrange függvény így néz ki:
[Renderelés ... \mathscr{L}= \dfrac{11}{4}mR^2 \dot \varphi ^2 -2mgR\varphi -\dfrac{1}{2} kR^2\varphi ^2]\mathscr{L}= \dfrac{11}{4}mR^2 \dot \varphi ^2 -2mgR\varphi -\dfrac{1}{2} kR^2\varphi ^2

Kérdéseim:
1. Eddig jó vagyok?

Igen, ez így jó.
A precízség kedvéért annyit érdemes kimondani, hogy a [Renderelés ... \phi=0]\phi=0 helyzetnek megfelelő állapotban választjuk a gravitációs potenciális energia nullpontját (ez csak egy konstanst jelent, nem jelenik meg a dinamikában), illetve ugyanez a helyzet felel meg a rugó nyújtatlan állapotának.

2. Mi a lófaszt harangoznak szabiku fejében, amikor arra gondol, hogy a rugó egyensúlyi helyzetének "előfeszített állapotbeli" megváltoztatásával kitranszformálhatja a gravitációt a feladatból?
Tehát arra gondol, hogy a lógattyú lóg, előfeszíti a rugót, és a rugó ezen állása lesz az új "egyensúlyi pont", ami körül a "harmonikus oszcsillátor" rezeg. Na, hát ebben szerintem egy szó sem igaz, de még a vessző sem.

Nem tudom, hogy mire gondol. Talán a rugó véges hosszát szeretné figyelembe venni, de jelen esetben ez nem túl releváns, éppen a koordinátázás miatt, mely fizikailag világos: Vesszük azt a helyzetet amikor a rugó nyújtatlan (nyilván a rendszer ilyenkor nincs egyensúlyban) és a(z egyetlen) koordinátát úgy definiáljuk, mint a henger (megfelelő előjelű) gördülési szögét ehhez az állapothoz képest.

Ad1.: A gravitációs potenciális energia a kimozdulással lineárisan arányos (g-vel), míg a rugóban tárolt energia pedig a kimozdulással négyzetes (k-val).
Hogy a fenébe lehetne egy lineáris tagot egy egyszerű eltolással beolvasztani egy négyzetes tagba?

Ez viszont egyszerű: teljes négyzetté alakítással.
[Renderelés ... B\phi + C\phi^2 = (\sqrt{C} \phi + \frac{B}{2\sqrt{C}} )^2 - \frac{B^2}{4C}]B\phi + C\phi^2 = (\sqrt{C} \phi + \frac{B}{2\sqrt{C}} )^2 - \frac{B^2}{4C} ahol az utolsó tag konstans és elhagyható. Ezt éppen "beolvasztás" néven is olvashatta valahol, bár feltehetően nem tankönyvben.
Klasszikus mechanikában az ilyen típusú átalakítások legtöbbször apró esztétikai változások (bár természetesen vannak kivételek), de például kvantumos számolásokban az ehhez hasonló átalakítások döntik el, hogy kell-e szuperszámítógép a számoláshoz, vagy éppen papíron is kiszámolható az eredmény.

3. kérdésem.
Írjuk fel az Euler-Lagrangot.
Ha minden igaz, és nem tévedtem el az előjelkonvenciókban, akkor ez:
[Renderelés ... -2mg - kR\varphi = \dfrac{11}{2} mR\ddot \varphi]-2mg - kR\varphi = \dfrac{11}{2} mR\ddot \varphi

A 3. kérdésem arra vonatkozik, hogy melyek azok az egyenletek (szerintem 3 ilyen lesz), amivel elemi úton ki lehet ezeket hozni? Tehát
(1) K kötélerő - mg súlyerő =m*lógyattú gyorsulása
(2) Rugó+K-Fs=henger gyorsulása
(3) K, Fs és rugó: henger forgásba hozása.

Az E-L. egyenleted jó. A középiskolai módszerrel való számolást kicsit később gépelem le, ha szeretnéd.

[Sanyilaci]

Köszönöm Ákos, a nyugtázást is, és a kiegészítést is.

Egyrészt megnyugtat, hogy a gondolatmenetem nem volt rossz, és a Lagrange-om jó. Viszont sikerült újat mondanod, amit nem tudtam, ezért hülyeséget is beszéltem. Mondjuk nem is tanultam soha, de nem is jöttem rá magamtól.
Meglepett, hogy a gravitációt tényleg "be lehet olvasztani" a rugóba. Fizikailag lepett meg, mert a gravitáció mindig egy irányba húz és konstans erő, míg a rugó ide-oda ráncigál és kitéréssel lineárisan arányos erővel.
De tényleg, teljes négyzetté alakítva, és fí-ben egy fáziseltolást alkalmazva ez kijön.

Tehát az eredeti Lagrange algebrai átalakítás után ilyen alakra hozható:
[Renderelés ... L=\dfrac{11}{4}mR^2\dot \phi ^2 -\dfrac{1}{2}kR^2 \phi ^2 +\dfrac{2m^2g^2}{k}]L=\dfrac{11}{4}mR^2\dot \phi ^2 -\dfrac{1}{2}kR^2 \phi ^2 +\dfrac{2m^2g^2}{k}, ahol [Renderelés ... \phi =\varphi +\dfrac{2mg}{kR}]\phi =\varphi +\dfrac{2mg}{kR}

Az utolsó tag egy konstans, ami elhagyható a Lagrange-ból, így ennyi marad:
[Renderelés ... L=\dfrac{11}{4}mR^2\dot \phi ^2 -\dfrac{1}{2}kR^2 \phi ^2]L=\dfrac{11}{4}mR^2\dot \phi ^2 -\dfrac{1}{2}kR^2 \phi ^2, ami teljesen úgy néz ki, mint gravitációmentes környezetben egy harmónikus rezgőmozgás. Nincs benne g betű.
Ezt tényleg nem tudtam, pedig tényleg nem bonyolult.

A fáziseltolást megnézve az látszik, hogy az eredeti [Renderelés ... \varphi=0]\varphi=0 szögéhez képest (ami a nyújtatlan rugó volt), az új [Renderelés ... \phi =0]\phi =0 állapot annál a kitérésnél van, ahol a rugó egyensúlyban tartja a tömegeket.
De mekkora tömeget? Az ember azt hinné, hogy csak a lógó tömeget, tehát mg-t kell megtartania.
A fáziseltolásban pedig az látszik, hogy [Renderelés ... \phi =0]\phi =0 akkor van, amikor [Renderelés ... kR\varphi = -2mg]kR\varphi = -2mg. Azaz nem mg-t tart a rugó, hanem 2mg-t!

Ami amúgy logikus... Ha a kötélben ébredő erő K, akkor K egyensúlyt tart mg-vel, hogy a lógó test nyugalomban legyen.
Ekkor a hengert a tetején húzza egy K erő jobbra. A rugó a közepén húzza vissza. De ekkor még forgatónyomaték ébredne, és a henger elfordulna, ha jégen lenne. Itt fellép egy szintén K-val azonos mértékű súrlódás a henger alján, hogy a felső és az alsó K kiejtse egymást forgatónyomaték szempontjából. Így viszont a rugónak 2K-t kell ellensúlyoznia, azaz 2mg-t. Tiszta sor.

Nna. Akkor most már minden világos.
És akkor az eredeti feladatnak 2 jó megoldása is van. Jó megoldás az A=11/4, B=-2, C=1/2, de ugyanolyan jó megoldás a B=0 is. Attól függően, hogy mit nevezünk a fí koordináta 0 pontjának.

Az E-L. egyenleted jó. A középiskolai módszerrel való számolást kicsit később gépelem le, ha szeretnéd.

Köszönöm, ne fáradj vele, szerintem meg tudom csinálni, pláne, hogy már jobban értem az egész konstrukciót.

[Sanyilaci]

Leírom, ne maradjon nyitva ez a része sem.
Középiskolás módszerrel 3 egyenletünk lesz:
A lógó test gyorsulására vonatkozó egyenlet:
(1) [Renderelés ... K-mg=2mR \ddot \phi]K-mg=2mR \ddot \phi
A henger gyorsulására vonatkozó egyenlet:
(2) [Renderelés ... K+kR(\phi -\dfrac{2mg}{kR}) +Fs=-mR \ddot \phi]K+kR(\phi -\dfrac{2mg}{kR}) +Fs=-mR \ddot \phi
És a henger forgásba hozására (szöggyorsulására) vonatkozó egyenlet:
(3) [Renderelés ... (Fs-K)R=\dfrac{mR^2}{2} \ddot \phi](Fs-K)R=\dfrac{mR^2}{2} \ddot \phi

(1)-et és a (3)-at beírva (2)-be meg is kapjuk az Euler-Lagrange-ot:
[Renderelés ... -\dfrac{k}{m} \phi=\dfrac{11}{2} \ddot \phi]-\dfrac{k}{m} \phi=\dfrac{11}{2} \ddot \phi

[Sanyilaci]

Időközben egy kicsit jobban rendbe raktam magamban, hogy mitől működik ez a "beolvasztás" eljárás.
Azaz, hogy mitől lehet pl. jelen esetben "beolvasztani" a gravitációt a rugóerőbe egy koordináta-eltolással, vagy ha úgy tetszik "előfeszítéssel".

A rugóerő az egy olyan erő, ahol dF/dx=k=állandó. Ez jó tulajdonsága. Tehát ugyanannyi extra erőbe kerül egy 3cm-re nyúlt rugót 4 cm-re kihúzni, mint egy nyújtatlan rugót 1 cm-re.
Tehát, ha mondjuk a gravitáció 3 cm-esre előfeszíti a rugót egy egyensúlyi állapotig, akkor egy extra 1 cm-es kitérítés pont annyi visszatérítő erőt produkál, mint mondjuk gravitációmentes környezetben a 0-ról 1 cm-esre kitérítés.
Ezért tudott kiesni a "g" betű a teljes négyzetté alakítással.

Vagy más szavakkal, ha azt mondom, hogy egy mozgásegyenlet akkor harmonikus rezgőmozgás, ha a mozgásegyenlet [Renderelés ... \ddot x = -Cx]\ddot x = -Cx alakú,
akkor az [Renderelés ... \ddot x = -Cx +K]\ddot x = -Cx +K ugyanúgy harmonikus rezgőmozgás (ugyanazzal frekvenciával, stb....), mivel így írható: [Renderelés ... \ddot x = -C(x -\dfrac{K}{C})]\ddot x = -C(x -\dfrac{K}{C}), a konstans eltolás pedig a deriválás során eltűnik.

Persze, lehet, hogy hallottam én erről valamit még 91-ben, középiskolában, persze Lagrange, meg deriválás, meg minden nélkül, de az már régen volt, és elfelejtettem.
Most pedig már más irányból értettem meg.

[G.Á]

A helyzet talán még egyszerűbb, ha a potenciálokra gondolsz, illetve feleleveníted a koordinátageometriában tanultakat:
Egy négyzetes plusz egy lineáris potenciál [math]ax^2 + bx +c alakban írható, de ez csak egy eltolt, átskálázott parabola, tehát csak ennyiben különbözik a harmonikus [math]x^2 potenciáltól.

[Sanyilaci]

Igen!
És innentől kezdve, hogy egy parabolát tologatsz egy euklideszi síkon, és egybevágónak nevezzük az euklideszi eltolással és elforgatással fedésbe hozható dolgokat, valamint itt még a különböző irányokba való nyújtások is beleférnek az "egybevágósági" feltételbe, szóval innentől kezdve ez geometria és csoportelmélet, és biztos, hogy valami mély, desztillált igazsághoz vezet mindez, amit már 100 éve kidesztilláltak, és meg is itták.
Csak engem nem kínáltak meg vele.