Период колебаний математического маятника

[L-sky]

Сразу оговорим то, что рассматривается идеальная система без какой бы то ни было силы трения и прочего.
Итак, у нас есть математический маятник с невесомым подвесом длиной $L$ и прикрепленной к нему
точечной массой $m$. Мы берем и отклоняем его от положения равновесия на некоторый угол $\varphi$ в следствии чего точечная масса поднимается относительно своего прежнего положения на некоторую величину $h$. Тогда исходя из закона сохранения механической энергии имеем следующее
$W = mgh_{\max} = \frac {m\omega^2L^2} 2$ и $W = mgh + \frac{m\omega^2L^2} 2$. Так как высота есть ни что иное как разность длины подвеса и его проекции в текущем положении на вертикальную ось, то $h = L(1-\cos\varphi)$. Подставив это значение можем определить максимальное значение угловой скорости $\omega = \sqrt{\frac{2g(1-\cos\varphi)} L}$. Берем положительное значение движение маятника в обратную сторону нас не интересует.
Теперь мы отпускаем маятник и замечаем, что за прохождение некоторого бесконечно малого угла его угловая скорость, а точнее её квадрат, изменился на некоторое значение:

$$mgL(1 - \cos\varphi) - mgL(1 - \cos(\varphi - d\varphi)) = \frac{mL^2d\omega^2} 2$$

Сведя некоторые величины получаем следующее:

$$\frac{2g(\cos(\varphi)\cos(d\varphi)) + \sin(\varphi)\sin(d\varphi) - \cos(\varphi)} {L} = d\omega^2$$

А так как смещения угла мы взяли бесконечно малое, используем следующие утверждения:
$\cos(\varphi)\cos(d\varphi) - \cos(\varphi) = 0$ и $\sin(d\varphi) = d\varphi$
В следствие которых получаем $\frac{2g} {L}\sin(\varphi)d\varphi = d\omega^2$.
Далее заметим, что $d\omega^2 = 2\omega d\omega$, а в свою очередь $\omega = \frac{d\varphi}{dt}$
Перенесем $d\varphi$ из левой части уравнения в правую, а $dt$ наоборот, сократим и получим $\frac{g}{L}\sin(\varphi)dt = d\omega$, теперь можем проинтегрировать обе части уравнения, причем определим правую часть, как максимальное значение $\omega$, а левую соответственно, как интеграл от времени в котором нижняя граница 0 соответствует началу отсчета и $T_m$ соответственно моменту времени в который будет достигнута такая скорость. Учитывая, что в левой части уравнения не имеем зависимых от времени величин, перепишем уравнение сразу в следующем виде:

$$T_m = \sqrt{\frac{2L(1-\cos\varphi)}{g\sin^2\varphi}}$$

И так как это время для прохождения четверти полного колебания, а все четверти равноправны, то:

$$T = 4T_m = 4\sqrt{\frac{2L(1-\cos\varphi)}{g\sin^2\varphi}}$$

И после пары преобразований:

$$T = \frac{4}{\cos\frac\varphi 2}\sqrt{\frac{L}{g}}$$

Собственно в результате как раз и загвоздка, коэффициент получился заниженным, относительно классической формулы, хотя из отказа от приближенности предполагалось обратное, следовательно в самой логике вывода есть какой-то прокол, и я прошу вас помочь его обнаружить.

[Munin]

Обведите красным карандашом все места, где вы берёте приближения.

[L-sky]

как таковых приближений нет, есть только равенства полученные из границ:

Цитата:

$\cos(\varphi)\cos(d\varphi) - \cos(\varphi) = 0$ и $\sin(d\varphi) = d\varphi$

И возможно приближением есть утверждение:

Цитата:

И так как это время для прохождения четверти полного колебания, а все четверти равноправны, то:

, но если это не так, то было бы несколько странно

[DimaM]

Сдается мне, что писать $\int\sin(\varphi)dt=T\sin\varphi$ нельзя, ибо $\sin\varphi$ от $t$ зависит.

[Oleg Zubelevich]

ней заниматься не надо, надо написать закон сохранения энергии и получить интеграл выражающий период колебания, либо если задача решается в линейном приближении заменить в диф. уре $\sin x$ на $x$ и решить линейный дифур, что написано в любом учебнике

[L-sky]

DimaM в сообщении #697495 писал(а):

$\sin\varphi$ от $t$ зависит.

в данном случае $\varphi$ не функция от времени, а максимальное отклонение

Oleg Zubelevich, собственно из закона сохранения энергии и был получен интеграл выражающий (одну четвертую) период колебаний, или вы что-то другое имели в виду?

[Oleg Zubelevich]

$$\frac{m}{2}\dot\psi^2 l^2-mgl\cos\psi=h,\quad T=2\int_{-\psi_0}^{\psi_0}\sqrt{\frac{ml^2}{2(h+mgl\cos\psi)}}d\psi,\quad -mgl\cos\psi_0=h$$

[L-sky]

Oleg Zubelevich, если я правильно понял, то вы обозначаете через $h$ полную энергию и устанавливаете систему координат на высоте максимального отклонения, направив при этом вертикальную ось вниз, так?

-- 18.03.2013, 15:59 --

собственно упростив предложенный вами интеграл получим

$$ T=\sqrt{\frac{2l}{g}}\int_{-\psi_0}^{\psi_0}\sqrt{\frac{1}{\cos\psi - \cos\psi_0}}d\psi$$

, выражение не из приятных, хотя и может быть исчислено тем или иным образом, однако оно все также не отвечает на вопрос, что же в рассуждениях в первом посте привело к занижению периода колебаний.

[DimaM]

L-sky в сообщении #697617 писал(а):

DimaM в сообщении #697495 писал(а):

$\sin\varphi$ от $t$ зависит.

в данном случае $\varphi$ не функция от времени, а максимальное отклонение

А в исходных интегралах $\varphi$ - текущий угол отклонения. Потому и заниженный результат выходит - вместо среднего значения берется максимальное.

[L-sky]

Действительно, спасибо, что заметили, вы правы, суммировать один и тот же отрезок, это та ещё глупость с моей стороны.
Ну что же тогда перепишем уравнение в том виде, в котором оно должно быть:

$$\int_{0}^{T_m}(\sin(\varphi_0 - \int_{0}^{T_m}\omega(t)dt)dt) = 2\sqrt{\frac L g}\sin{\frac{\varphi_0} 2}$$

через $\varphi_0$ обозначаем максимальное отклонение.
Определенный интеграл это все таки число, потому сделаем так: $\sin(\varphi_0 - \int_{0}^{T_m}\omega(t)dt)\int_{0}^{T_m}dt = T_m\sin(\varphi_0 - \int_{0}^{T_m}\omega(t)dt)$
А теперь провернем следующее, так как при малых углах у нас есть выражающая их формула, то воспользуемся же ее значением: $T_m = {\frac 1 4}T = {\frac \pi 2}\sqrt{\frac L g} $
Собственно подставим его в наше уравнение и выразим оттуда следующее

$$\int_{0}^{T_m}\omega(t)dt = \varphi_0 - \arcsin({\frac 4 \pi}\sin\frac {\varphi_0} {2})$$

Исходя из малости углов дадим такое приближение последнего выражения: $\frac {\varphi_0(\pi - 2)}{\pi}$
Сделаем теперь очень смелое предположение и скажем, что вид аналитической зависимости выражающей $\int_{0}^{T_m}\omega(t)dt$ не зависит от $T_m$, в таком случае всегда $\varphi_0 - \int_{0}^{T_m}\omega(t) = \frac {2\varphi_0}{\pi}$
Подставим это значение в первую формулу и выразим из нее $T_m$ и соответственно $T$:

$$T = 4T_m = 8\sqrt{\frac L g}\frac{\sin(\frac{\varphi_0}{2})}{\sin(\frac{2\varphi_0}{\pi})}$$

При малых углах формула сводится к классической, но при их увеличении растет слишком быстро из чего делаем вывод, что первоначальное предположение было неверно и $\int_{0}^{T_m}\omega(t)dt$ на самом деле зависит от $T_m$(каких-то его компонент), но другой вопрос в том можем ли мы сделать ещё какие-то дополнительные выводы из этого факта, ну и лично у меня вызывает смятение величина $\int_{0}^{T_m}\omega(t)dt$ её физический смысл.