Imam težavo pri reševanju naloge pri kateri moram uporabiti Newtonovo metodo. Naloga pravi:
Reši naslednje probleme nihala, ki zadošča diferencialni enačbi
\(\varphi^{\prime \prime} = -\frac{g}{l}\sin(\varphi), \hspace{4mm}
\varphi(0) = \varphi_0, \hspace{4mm}
\varphi^\prime(0) = \varphi^{\prime}_0, \hspace{4mm}
\varphi(\tau) = \varphi_0\)
a) Nihalo določene dolžine \(l\) odmaknemo za določeni kot \(\varphi_0\) iz ravnovesne lege. Kolikšen je čas \(\tau\) enega nihaja (perioda)? Reši z Newtonovo metodo.
b) Za nihalo določene dolžine \(l\) poišči začetni odmik \(\varphi_0\) iz ravnovesne lege, da bo imelo določen nihajni čas \(\tau\). Reši z Newtonovo metodo.
c) Poišči dolžino \(l\) nihala, da bo imelo pri podanem začetnem odmiku \(\varphi_0\) iz ravnovesne lege določen čas \(\tau\) enega nihaja. Računaj z Newtonovo metodo.
Do kam sem jaz prišla....
Splošna oblika enačbe nihala je \(\varphi(t) = A\cos{(\omega t + \varphi)}\), če so pogoji taki kot jih imam jaz. Pri tem je tudi \(\omega = \sqrt{\frac{g}{l}}\)
\(\varphi(0) = \varphi_0, \hspace{4mm}
\varphi^\prime(0) = 0\), pri meni je pa pogoj \(\varphi^\prime(0) = \varphi^{\prime}_0\), kar je isto, ker če je \(\varphi_0\) konstanta, potem je odvod od konstante enak 0 in mam te iste pogoje, da lahko uporabim to enačbo.
Če začnem reševat:
\(\varphi(t) = A \cos{(\omega t + \varphi)}\)
\(\varphi^{\prime}(t) = -A\omega \sin{(\omega t + \varphi)} \to \varphi^{\prime}(0) = 0 \to 0 = -A\omega \sin{(\omega t + \varphi)} \to 0 = -A\omega \sin{(\varphi)} \to \varphi = 0\)
\(\varphi(0) = \varphi_0 \to \varphi_0 = A\cos(\omega t + 0) \to \varphi_0 = A\cos(0) \to \varphi_0 = A\).
Če vstavim vse kar sem izračunala, dobim \(\varphi(t) = \varphi_0\cos{(\sqrt{\frac{g}{l}}t)}\). Tu imam še en pogoj in sicer \(\varphi(\tau) = \varphi_0\). Zdaj me pa zanima koliko mora biti \(t\), da je izpolnjen začetni pogoj. To bo takrat, ko bo argument \(\cos\) enak \(2\pi\), saj vemo, da je \(\cos(2\pi) = 1\).
Iz tod sledi, da je \(T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}\) za dovolj majhen \(\varphi\) \((\varphi << 10°)\). Če je začetni odmik večji, je potem čas nihaja \(T = 2\pi\sqrt{\frac{l}{g}}[1+\frac{1}{4}(\sin^2{(\frac{\alpha}{2})})^2 + \frac{9}{64}(\sin^2{(\frac{\alpha}{2})})^4+\frac{25}{256}(\sin^2{(\frac{\alpha}{2})})^6 + \dots]\)
To enačbo lahko preuredimo, da poiščemo dolžino \(l\) nihala. Dobimo: \(l = \frac{T^2g}{4\pi^2}\).
a) Če je \(\varphi_0\) dovolj majhen (manj kot 10°) potem je za nihalo, dolžine \(l=5m\), čas neodvisen od izbire kota. In dobim \(\tau = 4,49 s\). Če je pa kot recimo 85°, potem pa pride \(\tau = 4,75 s\). Kako pa do tega konkretno pridem z Newtonovo metodo?
b) Tu nimam prave ideje tud brez Newtonove metode. Ampak, če si predstavljam odmaknjeno stranico nihala kot vektor, ki ga oklepa še vektor v ravnovesni legi in če je y os enaka vrednosti \(\varphi\) pol bi nekak mogla odštevat višino, da dobim kot. Al kako bi to nardila?
c) Glede na to, da iščem dolžino nihala, ga lahko premaknem poljubno za manj kot 10° in, če nihalo niha \(2s\), potem je dolžina nihala \(l = 1m\). In kako to z Newtonovo metodo narest?
Prosim za pomoč
