Падение стержня у стенки

[Mihr]

mindroz в сообщении #1090238 писал(а):

Исправил

Ага. Получилось даже проще, чем я думал. Вы выразили нужную скорость через $y$, а не через $x$ - пусть так и будет.
Теперь найдём, при каком значении $y$ эта величина скорости достигнет максимума, а дальше - само значение этого максимума. Умеете находить максимумы функций?

[DimaM]

Mihr в сообщении #1090247 писал(а):

Вы выразили нужную скорость через $y$, а не через $x$ - пусть так и будет.
Теперь найдём, при каком значении $y$ эта величина скорости достигнет максимума, а дальше - само значение этого максимума. Умеете находить максимумы функций?

Я все же призываю посмотреть на движение центра масс (это и само по себе интересно - по какой кривой он движется).

[Mihr]

DimaM,
верно ли я понимаю: Вы предлагаете (частично) свести данную задачу к задаче о предмете, "съезжающем" без трения с вершины сферического купола?

[DimaM]

Mihr в сообщении #1090321 писал(а):

верно ли я понимаю: Вы предлагаете (частично) свести данную задачу к задаче о предмете, "съезжающем" без трения с вершины сферического купола?

Да.

[OlegCh]

Mihr в сообщении #1090115 писал(а):

Результат правильный (в рамках модели материальных точек и отсутствия трения), ошибки нет. Что Вас смущает?

Может быть я уже опоздал, но позволю себе заметить, что на нижний шарик действует сила со стороны стержня, этот шарик перемещается, следовательно сила совершает работу, которую тоже надо учитывать в ЗСЭ. Поэтому первоначальный ответ, разумеется, неверный.

[Mihr]

DimaM в сообщении #1090322 писал(а):

Да.

Но тогда нужно учитывать следующие отличия данной задачи от задачи о "съезжающем предмете":
1. Здесь происходит не только перемещение центра масс. "Штанга" поворачивается вокруг центра масс с переменной угловой скоростью. Имхо, раскладывая движение "штанги" на движение её центра масс и вращение "штанги" вокруг центра масс, мы усложняем использование закона сохранения энергии.
2. Если после отрыва "съезжавшего" тела от купола оно находится в состоянии свободного падения, то здесь до самого конца движения свободного падения не наступает (нижний край "штанги" непрерывно опирается о горизонтальную поверхность).
Я пока не вижу, как обойти эти отличия. Может, это и в самом деле легко сделать, но... может быть, Вы тогда покажете решение сами? А я с удовольствием посмотрю. Пока я, к сожалению, вижу лишь то решение, которое наметил выше.

OlegCh в сообщении #1090335 писал(а):

Может быть я уже опоздал, но позволю себе заметить, что на нижний шарик действует сила со стороны стержня, этот шарик перемещается, следовательно сила совершает работу, которую тоже надо учитывать в ЗСЭ. Поэтому первоначальный ответ, разумеется, неверный.

Да, спасибо за замечание. Я уже признал свою ошибку.

[DimaM]

Mihr в сообщении #1090345 писал(а):

1. Здесь происходит не только перемещение центра масс. "Штанга" поворачивается вокруг центра масс с переменной угловой скоростью. Имхо, раскладывая движение "штанги" на движение её центра масс и вращение "штанги" вокруг центра масс, мы усложняем использование закона сохранения энергии.

Стоит заметить, что угловая скорость вращения ровно такая же, как угловая скорость центра масс при движении по его траектории. Удобно находить скорость в зависимости от угла поворота.
Интересно, что в случае падения верхним концом вперед связь скорости центра масс и угловой скорости точно такая же, а этот случай сводится к соскальзыванию точки с полусферы.

Mihr в сообщении #1090345 писал(а):

2. Если после отрыва "съезжавшего" тела от купола оно находится в состоянии свободного падения, то здесь до самого конца движения свободного падения не наступает (нижний край "штанги" непрерывно опирается о горизонтальную поверхность).

Горизонтальная скорость шариков в момент удара верхнего о плоскость одинакова и равна скорости центра масс в момент отрыва. Для применения закона сохранения энергии этого достаточно.

-- 13.01.2016, 14:47 --

Mihr в сообщении #1090345 писал(а):

может быть, Вы тогда покажете решение сами?

Как я выше показал, результат не отличается от случая падения верхним концом вперед.

[Mihr]

DimaM в сообщении #1090346 писал(а):

Стоит заметить, что угловая скорость вращения ровно такая же, как угловая скорость центра масс при движении по его траектории. Удобно находить скорость в зависимости от угла поворота.

Ваше решение изящно, спору нет. Но оно подразумевает использование теоремы Кёнига для вычисления кинетической энергии, верно? Это ведь не школьная теорема, а ТС, если я правильно понимаю, - школьник.

[DimaM]

Mihr в сообщении #1090369 писал(а):

Но оно подразумевает использование теоремы Кёнига для вычисления кинетической энергии, верно? Это ведь не школьная теорема, а ТС, если я правильно понимаю, - школьник.

Если имеется в виду выражение $K=\dfrac{MV^2}{2}+\dfrac{I\omega^2}{2}$, то нашим [физмат]школьникам мы его даем.
В этом случае легко решается задача с распределенной массой (скажем, падение однородной палочки), что при рассмотрении движения отдельных маленьких масс требует как минимум интегрирования (как там в обычных школах с интегрированием?).

[Mihr]

DimaM в сообщении #1090373 писал(а):

Если имеется в виду выражение $K=\dfrac{MV^2}{2}+\dfrac{I\omega^2}{2}$, то нашим [физмат]школьникам мы его даем.

Вероятно, вместе с выводом? Однако, если вывод этого соотношения включить в Ваше решение задачи, то в целом вряд ли оно окажется короче моего.

DimaM в сообщении #1090373 писал(а):

как там в обычных школах с интегрированием?

Насколько я могу судить, по-разному. В программе 11-го класса интегрирование есть, но учителя часто этот материал пропускают (или подают как "ознакомительный", что на практике означает то же самое ).

[mindroz]

Найдем производную $v_2\prime$
$v_2\prime=\frac{4g(l-y)-y}{2l\sqrt{2g(l-y)}}$.
Найдем стационарную точку.
$4g(l-y)-y=0$
$y=\frac{4gl}{4g+1}$
Именно при этой высоте верхнего груза достигается его максимальная скорость(больше этого значения производная отрицательная, а меньше-положительная). Значит, на этой высоте верхний шарик оторвется от стенки и будет падать, не касаясь её. Найдем скорость $v_2$ в то время, когда первый шарик будет на высоте $y$.
$v_2(y)=\frac{4g}{4g+1}\sqrt{\frac{2gl}{4g+1}}$
Далее эта горизонтальная скорость увеличиваться не будет. Найдем скорость $v_1$ верхнего шарика.
$v_1=\frac{v_2x}{y}=\frac{v_2\sqrt{l^2-y^2}}{y}=v_2\sqrt{\frac{l^2}{y^2}-1}=\frac{v_2^2}{4g}\sqrt{8g+1}$
$v_1=\frac{\sqrt{2gl(8g+1)}}{(4g+1)\sqrt{4g+1}}$
Дальше я бы нашел вертикальную скорость верхнего шарика у поверхности и затем по теореме Пифагора окончательную скорость. Но уж больно всё некрасиво получается. Может ошибка где-то засела.

[Mihr]

mindroz,
я не сообразил сразу дать Вам совет по более удобному поиску максимума, дам его сейчас. Вы ранее получили выражение для скорости
$v_2=\frac{y}{l}\sqrt{2g(l-y)}$
Давайте внесём $y$ под корень и далее в скобки:
$v_2=\frac{1}{l}\sqrt{2g(ly^2-y^3)}$
Ясно: для того чтобы величина $v_2$ достигла максимального значения, нужно чтобы выражение в скобках достигло своего максимума. Так ведь?
Но то, что в скобках, дифференцировать гораздо проще.
Пересчитайте, пожалуйста, значение $y$, соответствующее максимуму. Вы нашли его неверно, но искать у Вас ошибку мне, честно говоря, лень. Тем паче, что это чистая математика, а не физика.

На самом деле, до конца решения осталось не так уж много, скоро мы его получим.
Итак, чему равно нужное нам значение $y$?

[mindroz]

$y=\frac{2l}{3}$?

[Mihr]

mindroz в сообщении #1090425 писал(а):

$y=\frac{2l}{3}$?

Да. Теперь подставьте это значение в выражение для скорости нижнего шарика. Получите его скорость в момент отрыва верхнего шарика от стенки. И, умножив на массу, получим горизонтальный импульс нижнего шарика (а значит и всей системы). В дальнейшем этот импульс уже не меняется, так как после отрыва верхнего шарика от стены никакие горизонтальные силы на "штангу" уже не действуют.
Чему равен этот (горизонтальный) импульс?

[mindroz]

$p=\frac{2}{3}m\sqrt{\frac{2gl}{3}}$