Задача по механике

[drzewo]

guryev в сообщении #1180990 писал(а):

Да, тут ещё про $\lim\limits_{t \to \infty}l(t)$ вопрос был.

нет, такого вопроса не было

[guryev]

Erleker в сообщении #1222053 писал(а):

Выкидывая $w^2r^2$ и $-l^2\frac{2wdl}{rdt}$:

Выкинуть константу - правильно, а почему $-l^2\frac{2wdl}{rdt}$?

Erleker в сообщении #1222053 писал(а):

Но, интересно, наверное, все же решить "по-школьному"...

Попробуем.

Итак, пусть теормех и неинерциальные системы мы не знаем.

Определим:

Вектор $\mathbf{r}$ - радиус, проведённый из центра блока в точку отделения нити от блока.
Вектор $\mathbf{l}$ - вектор, проведённый из вышеупомянутой точки к грузу.
$\mathbf{R}$ - радиус-вектор груза.

На груз действует только сила натяжения нити. Следовательно, проекция ускорения груза на перпендикуляр к нити, равна нулю. А что у нас перпендикулярно нити? Вектор $\mathbf{r}$.
В результате $\ddot{\mathbf{R}}\mathbf{r}=0$

Ищем производные от $\mathbf{R}$.

Очевидно,

$$\mathbf{R}=\mathbf{r}+\mathbf{l}$$

Следовательно,

$$d\mathbf{R}=d\mathbf{r}+d\mathbf{l}$$

Ищем дифференциалы, старательно избегая векторных произведений, которые школьники не знают.

Смотрим, из чего состоит $d\mathbf{r}$. Это:
1. Если отмотался участок нити длиной $dl$, то к $\mathbf{r}$ прибавится $-d\mathbf{l}$
2. За счёт вращения блока к $\mathbf{r}$ прибавится $-r\omega\mathbf{e}_l dt$, где $\mathbf{e}_l$ - единичный вектор, сонаправленный с $\mathbf{l}$.

Теперь - приращение $d\mathbf{l}$. Туда входят:
1. Если отмотался участок нити длиной $dl$, то к $\mathbf{l}$ прибавится $d\mathbf{l}$.
2. Кроме этого, вектор $\mathbf{l}$ повернётся на угол $d\alpha=\frac{dl}{r}$, то есть к нему прибавится $l\frac{dl}{r}\mathbf{e}_r$, где $\mathbf{e}_r$ - единичный вектор, сонаправленный с $\mathbf{r}$.
3. И за счёт вращения блока к вектору $\mathbf{l}$ прибавится $l\omega\mathbf{e}_r dt$.

В итоге,

$$d\mathbf{R}=l\frac{dl}{r}\mathbf{e}_r+(l\mathbf{e}_r-r\mathbf{e}_l)\omega dt$$

Обозначаем $\tau=\omega dt$, и с этого момента будем обозначать точкой производную не по $t$, а по $\tau$, и тогда

$$\dot{\mathbf{R}}=\frac{l}{r}\dot{l}\mathbf{e}_r+l\mathbf{e}_r-r\mathbf{e}_l$$

Дифференцируем его по $\tau$ ещё раз и умножаем скалярно на $\mathbf{e}_r$:

$$\ddot{\mathbf{R}}\mathbf{e}_r=\frac{\dot{l}^2+l\ddot{l}}{r}+\dot{l}-r\dot{\mathbf{e}_l}\mathbf{e}_r=0$$

Теперь, поскольку $\dot{\mathbf{e}_l}=(\frac{\dot{l}}{r}+1)\mathbf{e}_r$,

$$\frac{\dot{l}^2+l\ddot{l}}{r}-r=0$$

Обозначим $x=\frac{l}{r}$ и получим

$$x\ddot{x}+\dot{x}^2-1=0$$

Решать дифуры (тем более, второго порядка) школьники не умеют. Но можно заметить, что

$$x\ddot{x}+\dot{x}^2=\frac{d}{d\tau}(x\dot{x})$$

и просто пронтегрировать обе части уравнения:

$$x\dot{x}-\tau=B,$$

где $B$ - константа, которую можно найти из начальных условий:

$$B=\frac{l_0 v}{r^2\omega},$$

если не наврал.
В свою очередь,

$$x\dot{x}=\frac{1}{2}\frac{d}{d\tau}x^2,$$

то есть уравнение можно проинтегрировать ещё раз:

$$x^2=\tau^2+2B\tau+A$$

$A$ тоже можно найти из начальных условий - кажется,

$$A=\frac{l_0^2}{r^2}$$

ну и так далее.

[Erleker]

guryev в сообщении #1227034 писал(а):

Выкинуть константу - правильно, а почему $-l^2\frac{2wdl}{rdt}$?

Полные производные $d/dt$ по функциям от координат (тут оно интегрируется, ведь у нас же только $l$ переменная) тоже выкидываются, поскольку их вариация, при фиксированных концах траектории, равна нулю.

P.S.Решение понравилось, но все равно как-то сложно.Впрочем, проще, я думаю, тут никак.Все-таки задача явно не школьная получилась.

И по теме:
ТС вроде бы спрашивал про ее корректность.Я отвечаю, что вполне корректная задача.