Летающий волчок

[Dan B-Yallay]

EUgeneUS в сообщении #1200822 писал(а):

Не неправильно. Есть участок, где устойчиво по вертикали и неустойчиво по горизонтали (это назвал "горбик", так пробный заряд скатывается вбок); и есть участок, где устойчиво по горизонтали и не устойчиво по вертикали (это назвал "ямка без дна", так как пробник вываливается вниз).

Вот рисунок эквипотенциальных линий двух одноименных зарядов. (рис. а)


Вот там, где -5 вольт - покажите куда вбок будет скатываться?

-- Ср мар 15, 2017 16:10:56 --

Или вот, Вольфрамовский рисунок, если тот не нра...
Ясно же видно, что некоторые линии имеют ложбину. Там и есть устойчивое равновесие - при определeнном соотношении зарядов/массы.
(И если двигаться разрешено только в плоскости рисунка. )

[amon]

Я обнаружил у себя дыру в логике и беру паузу.

[fred1996]

Вы привели рисунки, на которых вообще никаких экстремумов нет. Ну вернее есть. По центру между зарядами. Но очевидно что это как раз та седловина, которая просто смещается при наложении постоянной вертикальной равитации.
А там где -5 вольт, это ложбинка, показывающая, что там поле уменьшается ( потому как действие соседних зарядов частично компенсируется.
Короче, не смотрите на рисунки тупо. А попытайтесь все же понять, что они означают.
Все эти двумерные ложбинки могут очень просто ввести в заблуждение, если не попытаться разобраться, что они означают.

[Dmitriy40]

Dan B-Yallay в сообщении #1200798 писал(а):

Dmitriy40
А покажите, как считали...

Рассмотрим два одинаковых заряда, в начале координат $Q_a(x=-1,y=0)$ и в точке $Q_b(x=1,y=0)$. Модуль куловской силы для обоих зарядов для произвольной точки $(x,y)$ будет равен $F_a=\dfrac{1}{(x+1)^2+y^2}, F_b=\dfrac{1}{(x-1)^2+y^2}$ (коэффициентами пренебрегаем, они одинаковые). Полный угол считать не интересно, рассмотрим лишь проекцию сил на ось $0x$: $F_{ax}=F_a\dfrac{x+1}{\sqrt{(x+1)^2+y^2}}=F_a\dfrac{x+1}{\sqrt{F_a}}=(x+1)\sqrt{F_a}$, $F_{bx}=F_b\dfrac{x-1}{\sqrt{(x-1)^2+y^2}}=(x-1)\sqrt{F_b}$, модуль силы домножается на отношение катета к гипотенузе. Теперь складываем эти две силы и очень внимательно смотрим ... И в итоге видим весьма малую область около координатных осей, напоминающую сплющенную по вертикали астроиду с очень тонкими лучами, где функция нулевая, а значит равновесие безразличное (по оси $0x$), за пределами же этой области справа функция положительна, слева отрицательна, т.е. выталкивает пробное тело наружу. Устойчивого равновесия (в горизонтальном направлении) нет нигде. В прошлый раз я недостаточно внимательно посмотрел близкие к нулю области по обеим осям. (Формулы не решал, тупо нарисовал графики).
Upd. Сдвинул заряды до симметричной картины и соответственно исправил формулы.
Upd2. Да, напутал с формулами, несколько раз в рисовалке туда-сюда их правил и вот.

[Dan B-Yallay]

fred1996 в сообщении #1200834 писал(а):

Все эти двумерные ложбинки могут очень просто ввести в заблуждение, если не попытаться разобраться, что они означают.

Я обсуждаю двумерный случай, поэтому пользуюсь двумерной картинкой. Что не так?

Про то, что для двух зарядов - в одной плоскости имеем "ямку", а в перпендикулярной плоскости "горку", вроде Вы сами уже утверждали ранее:

fred1996 в сообщении #1200761 писал(а):

Это стандартная седловина.
В одной плоскости потенциал возрастает ( устойчивое равновесие), а в перпендикулярной плоскости потенциал убывает ( неустойчивое равновесие)

Вы поменяли мнение?

[fred1996]

fred1996 в сообщении #1200815 писал(а):

Верно. Типичное седло.
Просто для кольца и для двух точечных зарядов оно выглядит по-разному.

Цитата:

Любопытно посмотреть, как выглядит это "седло" для центрально-симметрического кольца.

Для кольца это по видимому в разрезе будет как 4 семейства гипербол с двумя прямыми асимптотами.

fred1996 в сообщении #1200758 писал(а):

То есть там уже не просто седловина, а такая ромашковая седловина.

Цитата:

видимо, нечто вроде такого?

Ну да, красивенькие такие. То что я имел ввиду.

-- 15.03.2017, 14:57 --

Dan B-Yallay в сообщении #1200838 писал(а):

fred1996 в сообщении #1200834 писал(а):

Все эти двумерные ложбинки могут очень просто ввести в заблуждение, если не попытаться разобраться, что они означают.

Цитата:

Я обсуждаю двумерный случай, поэтому пользуюсь двумерной картинкой. Что не так?

На вашей двумерной картинке изображены эквипотенциальные поверхности. Их ложбинки к делу не относятся. К делу относятся ложбинки силовых линий, которые перпендикулярны этим эквипотенциальным поверхностям.
Очевидно, что единственная подозрительная точка, это точка аккурат между зарядами.
Но из ваших графиков это вообще не видно.

[Dan B-Yallay]

Dmitriy40 в сообщении #1200837 писал(а):

Рассмотрим два одинаковых заряда, в начале координат $Q_a(x=-1,y=0)$ и в точке $Q_b(x=1,y=0)$. Модуль куловской силы для обоих зарядов для произвольной точки $(x,y)$ будет равен $F_a=\dfrac{1}{(x+1)^2+y^2}, F_b=\dfrac{1}{(x-1)^2+y^2}$ (коэффициентами пренебрегаем, они одинаковые). Полный угол считать не интересно, рассмотрим лишь проекцию сил на ось $0x$: $F_{ax}=F_a\dfrac{x+1}{\sqrt{(x+1)^2+y^2}}=F_a\dfrac{x+1}{\sqrt{F_a}}=(x+1)\sqrt{F_a}$, $F_{bx}=F_b\dfrac{x-1}{\sqrt{(x-1)^2+y^2}}=(x-1)\sqrt{F_b}$

Мне кажется, тут какие-то проблемы:

$$F_a=\dfrac{1}{(x+1)^2+y^2}, \qquad F_b=\dfrac{1}{(x-1)^2+y^2}$$

$$\begin{align*}F_{ax}=F_a \cdot \dfrac{x+1}{\sqrt{(x+1)^2+y^2}} & = \dfrac{1}{\big((x+1)^2+y^2\big)} \dfrac{x+1}{\sqrt{(x+1)^2+y^2}} = \\ &=\dfrac{x+1}{\big(\sqrt{(x+1)^2+y^2}\big)^{3/2}} \\ & =(x+1)(\sqrt{F_a})^3 \\ & \textcolor{blue}{\ne (x+1)\sqrt{F_a}}\end{align*}$$

Не знаю, меняет ли это что-нибудь.

[Dmitriy40]

Dan B-Yallay
Да, благодарю, уже понял, там очень большие проблемы. Будут кубы расстояний и в знаменателях. Меняет, всё. Появляется устойчивость (если с гравитацией). Вот тут пытался нарисовать векторное поле в вертикальной плоскости (без учёта гравитации). Или чуть подробнее в другой программе:

Красным - граница области устойчивости (результирующая вертикальна), внутри устойчиво по горизонтали. В местах пересечения границы с осью $0y$ погрешности отображения, на самом деле там чистое пересечение, плюс конечно сама ось $0y$ тоже включается в границу. Ещё график сильно сплющен получился, на самом деле красная кривая в $1{,}4$ раза больше по вертикали чем по горизонтали.
Формулы:
$R_a=\sqrt{y^2+(x+1)^2}$, $R_b=\sqrt{y^2+(x-1)^2}$ - расстояния до зарядов,
$dy=\dfrac{y}{R_a^3}+\dfrac{y}{R_b^3}$, $dx=\dfrac{x+1}{R_a^3}+\dfrac{x-1}{R_b^3}$ - компоненты вектора равнодействующей в точке $(x,y)$,
произведение модулей зарядов и всяких проницаемостей принято равным 1.

[fred1996]

Не понял, что вы оба пытаетесь считать?
Если оба заряда расположены по оси $x$, а тестовый заряд симметрично над ними, то можно подобрать такое соотношение заряда и массы, что устойчивость будет а этой плоскости $xz$
Ну так это и есть условие механической связи.
Если теперь начать перемещать заряд в направлении $y$, то появится результирующая сила по $y$ в том же направлении. То есть налицо класическое седло.

[Dmitriy40]

Подравнял на глазок масштабы картинке, вроде почти ровно:


fred1996
Считали плоскую задачу направления вектора равнодействующей сил отталкивания от двух одинаковых зарядов. Как оказалось не очевидно, что равнодействущая направлена к положению равновесия хоть где-то. Если плоскость взять вертикальную и направить силу тяжести вниз по оси $0y$, то внутри красной кривой и выше оси $0x$ пробный заряд может находиться в устойчивом равновесии. На это возражали умными словами, теоремы всякие ... Пришлось считать. Правда постоянно ошибался, из-за лени.

Зато теперь уже почти очевидно, что добавив третий заряд в вершину равностороннего треугольника получим в центре треугольника яму с положением устойчивого равновесия (при силе тяжести перпендикулярной плоскости треугольника). Конечно надо бы посчитать точно ...

[Dan B-Yallay]

Dmitriy40 в сообщении #1200850 писал(а):

Появляется устойчивость (если с гравитацией)

У меня тоже получается положение устойчивого равновесия (с гравивационным полем, естессно). Разумеется, в случае вертикальной плоскости.

(Many_letters)

Рассмотрим два одинаковых заряда, в точке $Q_a(x=-1,y=0)$ и в точке $Q_b(x=1,y=0)$. Модуль кулоновской силы для обоих зарядов для произвольной точки $(0,y)$ находящейся на центральной вертикальной прямой $Oy$ будет $|F_a| = |F_b|=\dfrac{1}{1+y^2},$ а их проекции на ось $Oy$ соответственно $\quad F_{ay}=F_{by}= \dfrac{2y}{(1+y^2)^{3/2}}$
(Коэффициент и заряды опускаем, как и раньше.)

Так как равнодействующая кулоновских сил ( в данном случае она в точности равна вертикальной составляющей $F_y$ )в точке $(0,0)$ и на удалении в бесконечность $(0. \infty)$ равнa нулю, а между ними - положительна, то имеет смысл поискать её максимум:

$$\begin{align*}F_y = \dfrac {2y}{(1+y^2)^{3/2}} , \qquad \dfrac {dF_y}{dy} = \dfrac{2-4y^2}{(1+y^2)^{5/2}}, \qquad \dfrac {dF_y}{dy} \to y=1/ \sqrt{2} \end{align*}$$

Таким образом, если взять пробник массой чуть меньше равнодействующей кулоновских сил $F_{eq}$ в точке $\Big(0, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\Big)$ и поместить его идеально ровно над ней, то он опустится вниз и остановится в точке эквилибриума $\Big ( 0, \dfrac{1}{\sqrt{2}}+\Delta\Big)$. Причём в вертикальном направлении это будет устойчивый баланс.

Является ли равновесие в точке $\Big(0, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\Big)$ устойчивым горизонтально? Отклоним пробный заряд вправо на малое расстояние $x$. Очевидно, что горизонтальная равнодействующая кулоновских сил будет направлена влево, обратно к центру. Для вертикальных сил имеем

$$F_{ay}= \dfrac{\frac 1 {\sqrt{2}}}{(1-x)^2+\frac1 2} \qquad F_{by}= \dfrac{\frac 1 {\sqrt{2}}}{(1+x)^2+\frac1 2}$$

Сумма этих двух сил на промежутке $(0,1)$ монотонно возрастает ( а затем спадает). Это значит, что при отклонении пробника вправо, кулоновские силы пытаются вытолкнуть его назад, вверх-влево. Причём вертикальная составляющая кулоновских сил в этот момент превышает силу тяжести пробника. Следовательно, пробный заряд должен двигаться к центральной линии и окажется на ней не ниже точки $\Big(0,\dfrac{1}{\sqrt{2}}\Big)$. А как мы уже видели, там он должен спуститься вниз к точке равновесия.

То есть равовесие устойчивое.

-- Ср мар 15, 2017 22:01:58 --

fred1996 в сообщении #1200854 писал(а):

Не понял, что вы оба пытаетесь считать?
Если оба заряда расположены по оси $x$, а тестовый заряд симметрично над ними, то можно подобрать такое соотношение заряда и массы, что устойчивость будет а этой плоскости $xz$

На протяжении последних 3-х страниц я и Dmitriy40 обсуждаем именно плоско-вертикально-симметричный случай и пытаемся убедить EUgeneUS в том, что выделенное выше имеет место быть. Ваши комментарии по ходу обсуждения дважды поменялись на 180 градусов. Во всяком случае, у меня сложилось такое впечатление.

[fred1996]

Я ничего не менял.
Мои утверждения сводятся к следующему:
Для плоской задачи в плоскости $xz$ можно подобрать к-ты так, что будет устойчивое равновесие. Это равносильно тому что появляется нормальная реакция со стороны плоскости $xz$
Для трехмерного случая нельзя, какую бы вы там подставку из зарядов ни придумывали.
Вы просто не хотите верить свойствам оператора Лапласа. А я их хорошо запомнил еще со студенческих лет. Поверьте, это все равно что изобретать вечный двигатель.
Вы можете соорудить какую-то устойчивую конструкцию только привлекая сторонние связи типа реакции опоры, натяжения.

Вот смотрите:
Если Наш потенциал удовлетворяет Лапласу, выберем декартову систему так, чтобы по оси $x$ у нас был локальный минимум и он же будет локальным минимумом по оси $z$
Это означает, что
$\frac{\partial^2u}{\partial x^2}>0$
и
$\frac{\partial^2u}{\partial z^2}>0$
Ну а поскольку $\Delta u=0$,
То автоматом следует
$\frac{\partial^2u}{\partial y^2}<0$
То есть по оси $y$ имеем локальный максимум.
И наш заряд свалится по этой оси.

[Dmitriy40]

Dan B-Yallay в сообщении #1200859 писал(а):

Является ли равновесие в точке $\Big(0, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\Big)$ устойчивым горизонтально? Отклоним пробный заряд вправо на малое расстояние $x$. Очевидно, что горизонтальная равнодействующая кулоновских сил будет направлена влево, обратно к центру.

Вот это как раз и не было очевидным. Судя по моей картинке, любое состояние с $x=0, y=(0; 1{,}4)$ (тут наверняка $\sqrt{2}$, но вычислить точно пока не выходит) - горизонтально устойчиво. Вот выше $y=1{,}4$ горизонтальная устойчивость теряется даже на оси $x=0$. (Сначала перепугался когда это получил, думал красная кривая должна слева и справа уходить в плюс/минус бесконечность, а потом вспомнил что вдалеке два заряда выглядят как один - и успокоился. Заодно получил - чисто графически - расстояние, дальше которого поле везде "выпукло". )

Зато у меня не видно, что ниже $1/\sqrt{2}$ теряется вертикальная устойчивость, это важно.

(Смена мнений)

Я тоже мнение менял, из-за грубых ошибок в вычислениях.

[Dan B-Yallay]

fred1996 в сообщении #1200864 писал(а):

Для трехмерного случая нельзя, какую бы вы там подставку из зарядов ни придумывали.

На трёхмерную задачу я пока не замахиваюсь. Хотя непонятно, почему нельзя рассмотреть горизонтально расположенное заряженное кольцо, разбить его вертикальными плоскостями через центральную ось и свести задачу к плоской. Но, видимо, тут надо аккуратнее: как часто бывает, при переходе из двых в три измерения, вероятны подводные камни.

fred1996 в сообщении #1200864 писал(а):

Вы просто не хотите верить свойствам оператора Лапласа. А я их хорошо запомнил еще со студенческих лет. Поверьте, это все равно что изобретать вечный двигатель.

Да я-то им верю, но тогда согласно им над кольцом вроде не должно быть ни потенциальных ям, ни бугров, а значит - плоскость. Несколько контринтуитивно, хотя это и ничего не значит.

[EUgeneUS]

fred1996 в сообщении #1200864 писал(а):

Для плоской задачи в плоскости $xz$ можно подобрать к-ты так, что будет устойчивое равновесие. Это равносильно тому что появляется нормальная реакция со стороны плоскости $xz$

Если все заряды лежат в одной плоскости, и пробный заряд двигается только в ней (как в рассматриваемом случае с двумя зарядами), то нормальной реакции со стороны $xz$ взяться не откуда из соображений симметрии (это я писал раньше). Это двумерный случай теоремы Гаусса.

-- 16.03.2017, 08:05 --

Dmitriy40 в сообщении #1200865 писал(а):

Судя по моей картинке, любое состояние с $x=0, y=(0; 1{,}4)$ (тут наверняка $\sqrt{2}$, но вычислить точно пока не выходит) - горизонтально устойчиво.

... но не устойчиво вертикально.

Dmitriy40 в сообщении #1200865 писал(а):

Вот выше $y=1{,}4$ горизонтальная устойчивость теряется даже на оси $x=0$. (Сначала перепугался когда это получил, думал красная кривая должна слева и справа уходить в плюс/минус бесконечность, а потом вспомнил что вдалеке два заряда выглядят как один - и успокоился. Заодно получил - чисто графически - расстояние, дальше которого поле везде "выпукло". )

... но появляется вертикальная устойчивость.

Точка $\Big(0, \dfrac{1}{\sqrt{2}}\Big)$ - хитрая, формально в ней может достигаться безразличное равновесие. UPD: или $\Big(0, {\sqrt{2}}\Big)$, расчеты не проверял, но она одна такая.