колебательная система.

[fronnya]

Имеется вот такая колебательная система. Собственно найти период. У меня тут определенные проблемы.. Я не могу написать правильно выражение для результирующей силы, линейно зависящей от координаты. Помогите пожалуйста.

[Ms-dos4]

Если имеются ввиду малые колебания, то лагранжиан очень просто записать $\[L = \frac{{m{l^2}{{\dot \varphi }^2}}}{2} - \frac{{mgl{\varphi ^2}}}{2} - \frac{{k{l^2}{\varphi ^2}}}{2}\]$

Отсюда уже легко пишутся уравнения движения $\[\ddot \varphi + (\frac{g}{l} + \frac{k}{m})\varphi = 0\]$.
Далее просто $\[\frac{g}{l} + \frac{k}{m} = {\omega ^2}\]$. Ну период думаю сами найдёте.

P.S.Я уже спать хочу, мог наврать

[fronnya]

Ms-dos4 в сообщении #875194 писал(а):

Если имеются ввиду малые колебания, то лагранжиан очень просто записать $\[L = \frac{{m{l^2}{{\dot \varphi }^2}}}{2} - \frac{{mgl{\varphi ^2}}}{2} - \frac{{k{l^2}{\varphi ^2}}}{2}\]$

Отсюда уже легко пишутся уравнения движения $\[\ddot \varphi + (\frac{g}{l} + \frac{k}{m})\varphi = 0\]$.
Далее просто $\[\frac{g}{l} + \frac{k}{m} = {\omega ^2}\]$. Ну период думаю сами найдёте.

P.S.Я уже спать хочу, мог наврать

Имеются в виду малые колебания.. А что такое лагранжиан? Где про это почитать?

[Munin]

Про лагранжиан - в учебнике "Теоретическая механика" (например, Ландау-Лифшиц "Теоретическая физика. Т. 1 Механика").

Но вы можете обойтись и без этого формализма. На грузик действуют две отдельные силы: со стороны подвеса маятника, и со стороны пружины. Вас интересуют их проекции на горизонтальную ось. А во 2 закон Ньютона входит равнодействующая сил, то есть попросту, их сумма.

[fronnya]

Munin в сообщении #875197 писал(а):

На грузик действуют две отдельные силы: со стороны подвеса маятника, и со стороны пружины. Вас интересуют их проекции на горизонтальную ось. А во 2 закон Ньютона входит равнодействующая сил, то есть попросту, их сумма.

но у меня проекция силы тяжести на горизонтальную ось получается равной нулю..

[Ms-dos4]

fronnya
Так маятник надо рассматривать в "общем положении"(т.е. отклонённый), а не в положении равновесия

[fronnya]

Ms-dos4 в сообщении #875202 писал(а):

fronnya
Так маятник надо рассматривать в "общем положении"(т.е. отклонённый), а не в положении равновесия

так жеж сила тяжести всегда направлена вертикально вниз и на горизонтальную ось её проекция равна нулю.. я не понимаю.

-- 14.06.2014, 00:02 --

Munin в сообщении #875197 писал(а):

Про лагранжиан - в учебнике "Теоретическая механика" (например, Ландау-Лифшиц "Теоретическая физика. Т. 1 Механика").

Мне бы поподробнее про него..

[Ms-dos4]

Вам нужна тангенциальная (касательная) составляющая.
P.S.ЛЛ-1 это не подробно? Ну Голдстейна возьмите, хотя это так, на любителя.

[fronnya]

[quote="Ms-dos4 в сообщении #875206"]Вам нужна тангенциальная (касательная) составляющая.
/quote]
это то, что направлено вдоль нити? $mg\sin \varphi$ тогда все выходит так же, как Вы записали с лагранжианом

[Munin]

fronnya в сообщении #875201 писал(а):

но у меня проекция силы тяжести на горизонтальную ось получается равной нулю..

А я и не говорил брать силу тяжести. Я говорил брать силу со стороны подвеса. Она-то направлена вдоль подвеса, и в отклонённом состоянии - не вертикально. И её проекция на горизонтальную ось не будет равна нулю.

[Ms-dos4]

fronnya
Это то, что перпендикулярно ей. Но да, $\[{F_\tau } = - mg\sin \varphi \]$. Вводите координату $\[\xi \]$ (смещение) и видно, что $\[\varphi = \frac{\xi }{l}\]$. А при малых углах $\[\sin \varphi \approx \varphi \]$. Далее у пружины аналогично имеете силу $\[{f_\tau } = - k\xi \]$. Уравнение движения $\[m\ddot \xi = - mg\frac{\xi }{l} - k\xi \]$ т.е. $\[\ddot \xi + (\frac{g}{l} + \frac{k}{m})\xi = 0\]$

[fronnya]

Ms-dos4 в сообщении #875217 писал(а):

fronnya
Это то, что перпендикулярно ей. Но да, $\[{F_\tau } = - mg\sin \varphi \]$. Вводите координату $\[\xi \]$ вдоль этой касательной и видно, что $\[\varphi = \frac{\xi }{l}\]$. А при малых углах $\[\sin \varphi \approx \varphi \]$. Далее у пружины аналогично имеете силу $\[{f_\tau } = - k\xi \]$. Уравнение движения $\[m\ddot \xi = - mg\frac{\xi }{l} - k\xi \]$ т.е. $\[\ddot \xi + (\frac{g}{l} + \frac{k}{m})\xi = 0\]$

надо было мне сразу написать, что я школьник.

-- 14.06.2014, 00:37 --

Munin в сообщении #875215 писал(а):

fronnya в сообщении #875201 писал(а):

но у меня проекция силы тяжести на горизонтальную ось получается равной нулю..

А я и не говорил брать силу тяжести. Я говорил брать силу со стороны подвеса. Она-то направлена вдоль подвеса, и в отклонённом состоянии - не вертикально. И её проекция на горизонтальную ось не будет равна нулю.

задачу-то я решил, сделал, как вы сказали, получил ответ, но меня теперь интересует другое. Можете это расписать подробно с помощью методов теоретической механики (или аналитической, я уж не знаю, как правильно её величать) ?

[Ms-dos4]

Что вам конкретно нужно? Решение методом термеха это и есть "через лагранжиан".

[fronnya]

Ms-dos4 в сообщении #875224 писал(а):

Что вам конкретно нужно? Решение методом термеха это и есть "через лагранжиан".

ну, я прошу подробнее это расписать.

[Ms-dos4]

fronnya
$\[L = K - U\]$

$\[K = \frac{{mv_\varphi ^2}}{2} = \frac{{m{l^2}{{\dot \varphi }^2}}}{2}\]$

$\[U = {U_1} + {U_2} = mgh + \frac{k}{2}{(\Delta x)^2} \approx \frac{{mgl{\varphi ^2}}}{2} + \frac{{k{l^2}{\varphi ^2}}}{2}\]$

$\[L = \frac{{m{l^2}{{\dot \varphi }^2}}}{2} - \frac{{mgl{\varphi ^2}}}{2} - \frac{{k{l^2}{\varphi ^2}}}{2}\]$

$\[\frac{d}{{dt}}\frac{{\partial L}}{{\partial \dot \varphi }} - \frac{{\partial L}}{{\partial \varphi }} = 0\]$

$\[m{l^2}\ddot \varphi + mgl\varphi + k{l^2}\varphi = 0\]$

$\[\ddot \varphi + (\frac{g}{l} + \frac{k}{m})\varphi = 0\]$