Шар, цилиндр, сухое трение

[pogulyat_vyshel]

Весьма годная задача с просторов интернета (чур не подглядывать и не гуглить :)

Какую минимальную кинетическую энергию надо сообщить однородному шару массы $m$ радиуса $r$, что бы он мог без проскальзывания и оставаясь на одной высоте кататься по внутренней поверхности вертикального цилиндра радиуса $R ,\quad(R>r)$ ? Коэффициент сухого трения между шаром и цилиндром равен $k$.

[fred1996]

Итак цилиндр и шар имеют радиусы $R$ и $r$ соответственно.
Чтобы шар крутился внутри цилиндра на одной высоте, его моментальная ось вращения должна быть расположена под углом $\theta$ к оси $x$
Тогда сила трения, которая должна быть равна $mg$ создает крутящий момент, который постоянно меняет ориентацию углового момента шара $L=I\omega_1$
Здесь для шара момент инерции $I=\frac25 mr^2$
$\omega_1$ угловая скорость вращения шара.
Точки касания шара о цилиндр расположены на окружности $AB$, которая на рисунке повернута к нам торцом.
Тогда соотношения угловых скоростей вращеия шара внутри цилиндра и вращения шара вокруг своей оси будет выглядеть следующим образом: $\omega_2=\frac{r\sin\theta}{R}\omega_1$
В процессе прецессии оси вращения шара его угловой момент описывает конус радиуса $L\cos\theta$
Таким образом за период $T=\frac{2\pi}{\omega_2}$ угловой момент опишет окружность длиной $2\pi L\cos\theta$
То есть уравнение движения $\frac{dL}{dt}=mgr$ примет вид $\frac{2\pi L}{T}=mgr$ или после подстановок $\sin(2\theta_0)\omega_1^2=5\frac{gR}{r^2}$. Таким образом мы нашли соотношение угла вращения шара с его угловой скоростью вращения при условии, что силы трения достаточно для беспроскальзывания.
Остается выяснить условие устойчивости сохранения высоты.
Здесь мы пользуемся условием минимума энергии при малом смещении угла вращения.
Полная энергия выглядит так: $E=\frac12 mv^2+\frac12 I(\omega_1^2+\omega_2^2)+mgr(\theta-\theta_0)$
Здесь соответственно скорость ЦМ шара $v=(R-r)\omega_2$
Зададим какую-то энергию $E_0$. По ней вычисляется угловая скорость $\omega_1^2$ и угол $\theta_0$
Остается посмотреть знак второй производной энергии по углу $\theta$ при значении $\theta_0$. Честно говоря считать неохота. Ну а сосчитав, можно оценить частоту нутаций (малых колебаний) относительно устойчивого угла $\theta_0$
Коэффициент трения же нужен только для оценки, способна ли сила трения, которая пропорциональна центробежной силе обеспечить непроскальзывание. Точно сосчитать центробежную силу не получится. Ясно только, что она пропорциональна $\omega_2^2$ ну и при $r<<R$ приблизительно равна $m(R-r)\omega_2^2$

[pogulyat_vyshel]

Верно ли я понимаю, что $\omega_1,\omega_2$ это проекции вектора угловой скорости шара на вертикальную ось и горизонтальную ось, проходящую через центр шара и точку контакта шара с цилиндром?

[fred1996]

Нет. Они соответствуют углам Эйлера. Собственному вращению и прецессии. То есть $\omega_2$ перпендикулярна плоскости рисунка.

[pogulyat_vyshel]

Угловая скорость шара посчитана неверно

[fred1996]

Действительно с угловыми скоростями я перемудрил. $\omega_2$ связана только со скоростью ЦМ посредством $v=(R-r)\omega_2$
А мгновенная ось вращения и будет по направлению $\omega_1$, составляющая угол $\theta$ с плоскостью $xy$
Кинематически две эти угловые скорости связаны соотношением $\omega_2=\frac{r\sin\theta}{R}\omega_1$
То есть общая энергия будет $E=\frac12 mv^2 + \frac12 I\omega_1^2=(\frac12 m\frac{r^2}{R^2}\sin^2\theta+\frac15 mr^2)\omega_1^2$

Условие равновесия ( движение на одинаковой высоте) находим из соображения, что проекция углового момента на плоскость $xy$ описывает полный круг, что вызывается моментом силы трения. То есть $2\pi\frac25 mr^2\omega_1\cos\theta=mgr\frac{2\pi}{\omega_2}$
Или вспоминая соотношения между угловыми скоростями получаем $\omega_1^2=\frac52 \frac{gR}{r^2}\frac{1}{\sin\theta\cos\theta}$
Остается выразить кинетическую энергию как функцию $\theta$:
$K=mgR[\frac54 \frac{(R-r)^2}{R^2}\sin^2\theta+\frac12]\frac{1}{\sin\theta\cos\theta}$
Приравниваем первую производную нулю и находим $\theta$:
$\sin^2\theta=\frac{4R^2}{4R^2+5(R-r)^2}$

Если взять вторую производную, то она во всем диапазоне углов положительна. Это значит, что в любом случае, если нет проскальзывания, шарик будет вращаться в цилиндре между двумя фиксированными высотами.
Ну а минимальная энергия после подстановок выглядит так: $K=mgR\frac{4+10(1-\gamma)^2}{\sqrt{4+5(1-\gamma)^2}}$. Здесь $\gamma=\frac{r}{R}$

Остается прверить, достаточно ли угловой скорости шарика, чтобы при заданном к-те трения хватило силы трения, чтобы шарик не проскальзывал. Если недостаточно, просто находим эту угловую скорость из условия $km(R-r)\omega_2^2=mg$
И далее уже по предыдущим формулам находим $\theta$ и $\omega_1$ и подставляем в формулу для энергии, вычисленную ранее.

[pogulyat_vyshel]

Я вашего решения до конца не понимаю, меня иначе учили, пэтому просто выложу свое

Введем подвижную декартову систему координат $Oxyz$ так, что точка $O$ неподвижна и лежит на оси цилиндра; ось $z$ направлена вертикально вверх вдоль оси цилиндра; ось $y$ проходит через центр шара $S$ и точку контакта шара с цилиндром $A$.

Угловая скорость данной системы координат (относительно неподвижной системы наблюдателя ) постоянная и равна $\boldsymbol \Omega=\Omega\boldsymbol e_z.$ Угловая скорость шара относительно неподвижной системы наблюдателя равна

$$\boldsymbol\omega=\omega_x\boldsymbol e_x+\omega_y\boldsymbol e_y+\omega_z\boldsymbol e_z.$$

Из условия непроскальзывания $\boldsymbol v_S=[\boldsymbol\Omega,\boldsymbol{OS}]=[\boldsymbol\omega,\boldsymbol {AS}]$ находим

$$\omega_x=0,\quad \omega_z=-\Omega\Big(\frac{R}{r}-1\Big),\quad \boldsymbol v_S=-\Omega(R-r)\boldsymbol e_x.$$

Обозначая через $\boldsymbol F$ силу реакции цилиндра, из уравнений движения

$$I\boldsymbol{\dot\omega}=[\boldsymbol{SA},\boldsymbol F],\quad m \boldsymbol a_S=\boldsymbol F+m\boldsymbol g,\quad \boldsymbol a_S=-\Omega^2(R-r)\boldsymbol e_y,\quad I=2mr^2/5.$$

находим

$$\omega_y=-\frac{mrg}{\Omega I}.$$

Непроскальзывание реализуется при условии, что касательная компонента силы $\boldsymbol F$ по модулю меньше чем нормальная компонента умноженная на $k$.
Это условие имеет вид

$$\Omega^2\ge\frac{g}{k(R-r)}\qquad (*).$$

Кинетическая энергия системы имеет вид

$$T(\Omega)=\frac{m}{2}|\boldsymbol v_S|^2+\frac{I}{2}(\omega_z^2+\omega_y^2)=\frac{m}{2}\Big(\Omega(R-r)\Big)^2+ \frac{I}{2}\Big(\Omega^2\Big(\frac{R}{r}-1\Big)^2+\Big(\frac{mrg}{\Omega I}\Big)^2\Big).$$

Далее надо найти минимум этой функции на множестве (*), это потребует рассмотрения нескольких случаев в зависимости от параметров задачи

-- 27.02.2018, 01:46 --

fred1996 в сообщении #1294584 писал(а):

Это значит, что в любом случае, если нет проскальзывания, шарик будет вращаться в цилиндре между двумя фиксированными высотами.

это ,верно (с оговоркой, что он еще может и катиться вертикально вниз вдоль образующей цилиндра), но из ваших рассуждений заведомо не следует

-- 27.02.2018, 02:28 --

$\boldsymbol{\dot\omega}=[\boldsymbol\Omega,\boldsymbol \omega]$ -- это туда выше к решению

[fred1996]

Выражение для энергии у меня получилось такое же, только через тригонометрические функции угла наклона оси вращения. Пожалуй что через $\Omega$ (то что у меня $\omega_2$ ) выражение выглядит попроще для дифференцирования. К сожалению меня ничему этому не учили. Поэтому так элегантно как у вас не получается.
Да, кстати вспомнил. Действительно в задачках с волчками удобнее энергию считать через какую-нибудь угловую скорость без этих синусов-косинусов. Результат получается нагляднее, поскольку один член в энергии пропорционален $\omega^2$, а другой обратно пропорционален. Из-за этого и можно найти вращение с чистой прецессией без нутаций, что соответствует минимуму энергии, которая тогда легко считатется из соображения минимума функции $\alpha\omega^2+\beta\omega^{-2}$. Такой минимум школьники считают без всяких производных.

[fred1996]

pogulyat_vyshel
А теперь давайте зададим некую угловую скорость $\Omega$ вращения шарика внутри цилиндра в ваших обозначениях, достаточную для стабильного вращения на одной высоте. Надо расчитать период малых колебаний около этой высоты.

[pogulyat_vyshel]

Пусть теперь шар катается по внутренней поверхности цилиндра как угодно без проскальзывания.
Введем подвижную декартову систему координат $Oxyz$ так, что точка $O$ неподвижна и лежит на оси цилиндра; ось $z$ направлена вертикально вверх вдоль оси цилиндра; центр шара лежит все время в плоскости $Oyz$; и $z$ -- высота центра шара $S$.

Уравнения движения следующие.

$$-\Omega(R-r)=r\omega_z,\quad \dot z=-r\omega_x,\quad I(\dot\omega_x-\omega_y\Omega)=mr(\ddot z+g);$$

$$\omega_x\Omega+\dot\omega_y=0,\quad I\dot\omega_z=mr\dot\Omega(R-r).$$

Из этих уравнений следует, что величины $\Omega,\omega_z$ не зависят от времени т.е. являются интегралами уравнений движения. Еще один первый интеграл следующий:

$$-z\Omega+r\omega_y=c.$$

После преобразований получаем

$$(r^2m+I)\ddot z+\Omega^2I z+gmr^2+\Omega cI=0.$$

Откуда следует, что если $\Omega\ne 0$ то центр шара совершает гармонические колебания, причем в точности ,а не приближенно. Что является классическим результатом и несколько более длинно доказывается, например, в учебнике Татаринова по теормеху.

[Xey]

Интересно, если раскручивать шарик в кастрюле, двигая ее по столу, то при какой-то скорости он выскочит.

[fred1996]

Xey
Чтобы шарик выскочил из цилиндрической кастрюли, вы должны каким-то образом создать силу треия или нормальную силу в вертикальном направлении. Для этого вам нужен либо шарик не совсем круглый (например эллипсоид вращения), либо кастрюля слегка коническая. В предыдущей задаче шар двигается по вертикали только из-за специального подбора начальных условий (ориентация оси вращения).

[fred1996]

pogulyat_vyshel
А откуда есть уверенность, что при движении с переменной высотой сила трения все равно остается вертикально направленной?
Попутно возникает еще вопрос в первоначальной формулировке задачи. А что будет, если у нас не шар, а эллипсоид вращения? Приплюснутый или вытянутый.
И вообще, можете ли порекомендовать хороший учебник по теормеху с упором на движение твердого тела и с обилием разобранных задач. Ну хотя бы того уровня, что мы тут обсуждаем? В теориях я обычно теряюсь. А чтобы закрепить, мне требуется много задач.
В университете, когда мы изучали теормех, основной книжкой был первый том Ландау. Может его и хватает для дальнейшего изучения теоретической физики, но для самого теормеха маловато будет.

[wrest]

pogulyat_vyshel в сообщении #1294609 писал(а):

пэтому просто выложу свое

Ну и чему же равна искомая энергия?
Допустим, масса шара 10 грамм, радиус шара 1 сантиметр, радиус цилиндра 10 сантиметров, коэффициент трения 0,1

[fred1996]

wrest в сообщении #1294822 писал(а):

pogulyat_vyshel в сообщении #1294609 писал(а):

пэтому просто выложу свое

Ну и чему же равна искомая энергия?
Допустим, масса шара 10 грамм, радиус шара 1 сантиметр, радиус цилиндра 10 сантиметров, коэффициент трения 0,1

Вам выложили выражение для энергии как функцию $\Omega^2$ ищите минимум и подставляете значение.
Вся работа уже проделана.