Sbírka řešených úloh

Jednorozměrný harmonický oscilátor

Úloha číslo: 675

• Nápověda 1

  Kinetická energie hmotného bodu hmotnosti m je obecně:

  \[T = \frac{1}{2}m\dot{\vec{r}}^2\ .\]

  Přepište tento vztah pro náš jednorozměrný případ.

  Lagrangeova funkce je definována:

  \[L = T - V\ .\]

  Napište lagrangián pro náš případ.

• Řešení nápovědy 1

  Pro jednorozměrný případ dostáváme pouze:

  \[T = \frac{1}{2}m\dot{x}^2\ .\]

  Odtud tedy lagrangián:

  \[L = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - ax^2\ .\]

• Nápověda 2

  Obecný tvar Lagrangeových rovnic II. druhu je:

  \[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_{j}}\right)-\frac{\partial L}{\partial {q}_{j}} = 0\ ,\] pro j = 1, 2 ... n,

  kde q_j je j-tá zobecněná souřadnice hmotného bodu.

  Kolik bude Lagrangeových rovnic v našem případě? Zapište je konkrétně.

• Řešení nápovědy 2

  Máme pouze jednu zobecněnou souřadnici, budeme tedy mít pouze jednou Lagrangeovu rovnici.

  Připravíme si derivace lagrangiánu podle potřebných proměnných:

  \[\frac{\partial L}{\partial \dot{x}} = m\dot{x}\] \[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}} = m\ddot{x}\] \[\frac{\partial L}{\partial x} = -2ax\ .\]

  Lagrangeova rovnice tedy je:

  \[m\ddot{x} + 2ax = 0\]

  a po úpravě:

  \[\ddot{x} + \frac{2a}{m}x = 0\ .\]

• Řešení A)

  V jednorozměrném případě je kinetická energie rovna:

  \[T = \frac{1}{2}m\dot{x}^2\ .\]

  Potenciální energii známe ze zadání. Odtud lagrangián:

  \[L = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - ax^2\ .\]

  Dosazením do obecného předpisu Lagrangeových rovnic II. druhu obdržíme jednu rovnici, a to:

  \[\ddot{x} + \frac{2a}{m}x = 0\ .\]

  Zavedeme-li substituci

  \[\omega^2 = \frac{2a}{m}\ ,\]

  dospějeme k obvyklejšímu tvaru rovnice pro lineární harmonický oscilátor:

  \[\ddot{x} + \omega^2x = 0\ ,\]

  která má řešení:

  \[x(t) = A\sin\left(\omega t + \varphi_0\right)\ ,\]

  kde A a φ₀ jsou integrační konstanty o významu amplitudy kmitání a počáteční fáze.

  Vzhledem k tomu, že a je kladná konstanta (viz zadání), můžeme psát:

  \[x(t) = A\sin\left(\sqrt{\frac{2a}{m}} t + \varphi_0\right)\ .\]

• Nápověda 3

  Vzpomeňte si na příklady kmitavých pohybů a jejich matematický popis. Které situace by šly popsat pomocí výše uvedené pohybové rovnice?

• Řešení B)

  Takových situací existuje značné množství. Ukažme si alespoň pár významných:

• Pohyb závaží na pružině

  Představme si jednoduchou, netlumenou pružinu ve směru osy x. Při vhodné volbě počátku soustavy souřadnic pro její potenciální energii platí:

  \[V\left(x\right) = \frac{1}{2}kx^2\ ,\]

  kde k je tuhost pružiny.

  Konstanta a je tedy v tomto případě:

  \[a = \frac{1}{2}k\ .\]

• Matematické kyvadlo

  Jak jsme si v úloze Matematické kyvadlo ukázali, pro potenciální energii kyvadla platí:

  \[V\left(\varphi\right) = -mgl\cos \varphi\ ,\]

  což neodpovídá tvaru, který je v zadání. Pokud se ovšem omezíme na malé výchylky kyvadla (provedeme aproximaci pomocí Taylorova rozvoje pro malá φ) dostáváme:

  \[V\left(\varphi\right) \approx -mgl\left(1-\frac{1}{2}\varphi^2\right) = \frac{1}{2}mgl\varphi^2 + V_0\ .\]

  Musíme ještě přejít k naší zobecněné souřadnici x (!má být v metrech!). Tu bychom zde nalezli jako délku orientovaného oblouku, který kyvadlo opisuje. Platí tedy:

  \[\varphi = \frac{x}{l}\ ,\] \[V\left(x\right) \approx \frac{1}{2}mg\frac{x^2}{l} + V_0\ .\]

  V aproximaci malých výchylek má tedy konstanta a uvedená v zadání hodnotu:

  \[a = \frac{mg}{2l}\ .\]

  Konstantní člen V₀ nemusíme uvažovat – nulovou hladinu potenciální energie si můžeme volit libovolně a konstanta v lagrangiánu se v pohybových rovnicích kvůli derivacím nijak neprojeví.

• Kmitání náboje a další možnosti uplatnění tohoto modelu

  Stejným způsobem jako u matematického kyvadla můžeme obecně postupovat v jakémkoli poli, které se dá vhodně aproximovat prvními třemi členy Taylorova rozvoje (míněno do kvadratického členu včetně). Tj. takovými průběhy potenciálu, jejichž část lze dostatečně dobře aproximovat parabolou.

  Tím může být třeba kmitavý pohyb atomů v molekulách kolem vazebné vzdálenosti nebo následující příklad:

  Záporný bodový náboj q pohybující se na spojnici dvou pevně umístěných záporných bodových nábojů Q

  První pevný náboj je umístěn v počátku souřadnice x, druhý pevný náboj je umístěn v bodě x = d. Budeme-li uvažovat pouze elektrostatické pole, pak pro potenciální energii náboje q platí:

  \[V \left(x\right) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}qQ\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{d-x}\right)\ ,\]

  kde d je vzdálenost obou nábojů.

  Náboj q je oběma zápornými náboji odpuzován. Bude tedy mezi nimi kmitat. Budeme-li uvažovat pouze malé kmity, můžeme s využitím Taylorova rozvoje kolem rovnovážné polohy \(x=\frac{d}{2}\) psát:

  \[V\left(x\right) \approx \frac{4qQ}{\pi\epsilon_0d^3}\left(x-\frac{d}{2}\right)^2 + V_0\ .\]

  Zavedeme značení:

  \[\tilde{x}=x-\frac{d}{2}\ ,\] \[V\left(\tilde{x}\right)=a\tilde{x}^2\ .\]

  Vidíme, že konstanta a má v tomto případě hodnotu:

  \[a = \frac{4qQ}{\pi\epsilon_0d^3}\]

  a náboj kmitá s úhlovou frekvencí:

  \[\omega = \sqrt{\frac{8qQ}{\pi \epsilon_0 m d^3}}\ .\]

• Odpověď

  Lagrangián hmotného bodu v poli zadaného parabolického potenciálu je:

  \[L = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - ax^2\ .\]

  Z něj vyplývá pohybová rovnice:

  \[\ddot{x} + \frac{2a}{m}x = 0\ ,\]

  jejímž řešením je funkce:

  \[x\left(t\right) = A\sin\left(\sqrt{\frac{2a}{m}} t + \varphi_0\right)\ ,\]

  kde A a φ₀ jsou integrační konstanty o významu amplitudy kmitání a počáteční fáze.

  Možné situace, kterým tento teoretický model odpovídá, jsou probrány o sekci výše.