Шнур на цилиндре

[StaticZero]

На цилиндр навили нерастяжимый массивный шнур. Угол охвата шнуром цилиндра $\theta_0$, распределение масс по шнуру $m(s)$. К одному концу приложили силу $F_1$, к другому $F_2$. Предполагаем, что $F_2 > F_1$ и соответственно этому выбираем положительное направление на шнуре от конца 1 к концу 2. Коэффициент трения между шнуром и цилиндром $\mu$.

На касательное направление на цилиндре проекция второго закона даёт уравнение

$$ \mathrm dF - \mu F \ \mathrm d \theta = a \ \mathrm dm, $$

где $a$ --- ускорение шнура, $\mathrm d\theta$ --- охват цилиндра элементарным кусочком шнура, на который действует равнодействующая $\mathrm dF$. Для участков шнура, не трущихся об цилиндр, уравнение движения будет иметь вид $\mathrm dF = a \ \mathrm dm$. Объединим два случая одним уравнением

$$ \mathrm dF - K F \ \mathrm d s = a \ \mathrm dm, $$

где $s$ --- некий безразмерный параметр, задающий положение точки на шнуре. Шнур разбивается на три участка: от точки 1 до точки первого касания цилиндра, затем участок охвата с трением и, наконец, участок от последнего касания до точки 2. На среднем участке имеем ввиду $s = \theta$, изменяющийся от $0$ до $\theta_0$. На остальных двух участках задаём такие границы: $b \leqslant s \leqslant 0$ на первом и $\theta_0 \leqslant s \leqslant c$ на третьем, соответственно. Фигурирующая функция $K$ здесь такова:

$$ K(t) = \begin{cases} 0, \quad &t \in [b, 0] \cup [\theta_0, c] \\ \mu, \quad &t\in[0, \theta_0]. \end{cases} $$

Интегрирование этого уравнения (здесь $G(s) = F_1 + a m(s)$, $m(s)$ --- масса шнура от начала до точки $s$) даёт величину для ускорения

$$ a = \frac{F_2 - F_1 e^{\mu \theta_0}}{M_2 + M_1 e^{\mu \theta_0} + e^{\mu \theta_0} \int \limits_0^{\theta_0} m'(t) e^{-\mu t} \ \mathrm dt}, $$

$M_2$ --- масса третьего участка $[\theta_0, c]$, $M_1$ --- масса первого участка $[b, 0]$.

Касательно этой формулы заметим, что в нулевом порядке по $\mu$ при $\mu \ll 1, \mu \theta_0 \ll 1$ одновременно имеет место

$$ a = \frac{F_2 - F_1}{M}, $$

где $M$ --- полная масса шнура. Далее, если шнур однородный и $\Delta M$ --- масса его охватывающей части, то

$$ a = \frac{F_2 - F_1 e^{\mu \theta_0}}{M_2 + M_1 e^{\mu \theta_0} + \frac{\Delta M}{\mu \theta_0}(e^{\mu \theta_0} - 1)}. $$

Можно также стянуть массы "боковин" шнура в точки на соответствующих концах, сделав шнур безмассовым. Тогда получаем

$$ a = \frac{F_2 - F_1 e^{\mu \theta_0}}{M_2 + M_1 e^{\mu \theta_0}}. $$

Вопрос удобно сформулировать с точки зрения последнего случая с материальными точками на концах невесомого шнура:

Пусть $F_2$ некая большая сила, которую мы компенсируем малой силой $F_1$, навивая шнур достаточно тщательно. Из этой формулы следует, что если потянуть за первый конец с силой $F_1 + \delta F_1$, где $F_1 e^{\mu \theta_0} = F_2$ (слегка нарушить баланс), то ускорение станет отрицательным. Можно подумать, что шнур от этого будет ускоряться в другую сторону (к концу с силой $F_1$), но, насколько я понимаю, это невозможно - в данной конфигурации можно только уравновесить большую силу меньшей. С этой точки зрения кажущаяся асимметрия между $F_1$ и $F_2$ вроде как понятна: с формальной точки зрения нужно не только обменять силы местами, но и поменять ещё направление намотки. Но асимметрия масс в знаменателе мне не ясна. Это получается как? Если $F_1$ недостаточна для баланса сил, но к этому первому концу прилеплен груз, то при плотной намотке ($\mu \theta_0 \gg 1$) "эффективная масса" ускоряемого шнура будет гигантской по величине. Это физически оправданный результат?

[pogulyat_vyshel]

(Оффтоп)

Это наглядная иллюстрация к банальной мысли, что поставить интересную задачу надо уметь. Вот есть знаменитая задача Эйлера о трении каната, она даже во втором томе Фихтенгольца разобрана. Канат там однородный, перекинут через круговой шероховатый цилиндр и натягивается силами, приложенными к концам. Силы тяжести малы по сравнению с натяжением. Задача решается в статической постановке. Получается красивая формула, с совершенно интуитивно неочевидной экспонентой.
А вот давайте мы теперь, говорит ТС, обобщим Эйлера, сделаем канат неоднородным и решим динамическую задачу. Ну давайте, сделаем, решим. Что получили? Да ничего нового не получили, формулы лишь утяжелились. Даже технически это по сути тоже самое. Обобщили Эйлера, только не в ту сторону. А вот замени ТС круговой цилиндр, на цилиндр произвольной выпуклой формы, получил бы новый и контринтуитивный эффект.

[StaticZero]

pogulyat_vyshel, динамическая формулировка у меня вылезла в качестве подзадачи к другой. С экспонентой "интуитивно неочевидной" в числителе все понятно, а увидеть её ещё и в знаменателе - вот это, имхо, более интуитивно неочевидно.

Фактически меня интересовала формула

StaticZero в сообщении #1357906 писал(а):

$$ a = \frac{F_2 - F_1 e^{\mu \theta_0}}{M_2 + M_1 e^{\mu \theta_0}}. $$

и я решил посмотреть в несколько более общем случае. Ясное дело, я не думаю, что сделал что-то очень интересное.

[amon]

StaticZero в сообщении #1357906 писал(а):

На касательное направление на цилиндре проекция второго закона даёт уравнение

$$ \mathrm dF - \mu F \ \mathrm d \theta = a \ \mathrm dm, $$

Это, видимо, неверно. Так будет только для неподвижного шнура. Если шнур движется со скоростью $v=R\dot{\theta},$ то часть натяжения "расходуется" на удержание шнура на цилиндре. И, по-моему, получается

$$\frac{dF}{d\theta}-\mu F +\mu \rho R\dot{\theta}^2=aR\rho.$$

То есть, сила трения уменьшается с увеличением скорости.

[pogulyat_vyshel]

amon в сообщении #1358040 писал(а):

ется

$$\frac{dF}{d\theta}-\mu F +\mu \rho R\dot{\theta}^2=aR\rho.$$

по-моему , у вас там $R^2$ должно быть в левой части. Ну и еще одно уравнение надо добавить, например уравнение Лагранжа второго рода для всего шнура. И краевые условия в точках отрыва писать будет не очень приятно. И $F$ зависит не только от $\theta$, но и от $t$, если я правильно понял, что вы обозначили за $\theta$

[pogulyat_vyshel]

amon в сообщении #1358040 писал(а):

тся" на удержание шнура на цилиндре. И, по-моему, получается

$$\frac{dF}{d\theta}-\mu F +\mu \rho R\dot{\theta}^2=aR\rho.$$

amon в сообщении #1358040 писал(а):

$v=R\dot{\theta},$

на самом деле, я просто не понимаю, что вы написали

-- 02.12.2018, 14:55 --

Вот если $\theta$ это угол на окружности, а $F(t,\theta)$ это сила натяжения в сечении шнура, которое в данный момент времени попало в точку окружности с углом $\theta$
тогда да, уравнение как у вас

$$R\rho\dot v=\frac{\partial F}{\partial \theta}+\mu\frac{v}{|v|}\Big(\rho v^2-F\Big),\quad F(t,\theta_i)=F_i,\quad i=1,2$$

и $N=F-\rho v^2>0$ Две неизвестных функции $v,F$ должно быть два уравнения, про второе я уже упоминал. Тут будут некоторые сложности с аргументом $\rho$, если $\rho$ не константа.

[amon]

pogulyat_vyshel в сообщении #1358129 писал(а):

Вот если $\theta$ это угол на окружности, а $F(t,\theta)$ это сила натяжения в сечении шнура, которое в данный момент времени попало в точку окружности с углом $\theta$ тогда да, уравнение как у вас

Так я уравнение на силу натяжения и написал (как и уважаемыйStaticZero). Если пока забыть о точках отрыва (там, как я понимаю, скачек натяжения должен быть), считать ускорение нулем, а скорость постоянной, то получается забавная задачка (простенькая) - при какой скорости и каком натяжении нить скользит по цилиндру без трения. Концы в этой постановке, по-моему, тоже легко приделываются. Вторая, IMHO легко решабельная постановка - как надо тянуть за нить, что бы она двигалась с постоянным ускорением $\rho,$ естественно, константа. В общем случае - как Вы написали. Эта задачка должна быть решена известным советским математиком (фамилия выпала - склероз), потратившим жизнь на решение разных задач про нити (это, если что, без иронии - вполне достойное и почетное занятие).

[StaticZero]

amon в сообщении #1358040 писал(а):

То есть, сила трения уменьшается с увеличением скорости.

Угу, понял. Ладно, если мы используем однородный шнур $\mathrm dm = \tau \ \mathrm dl$, то эйлеров подход может быть тут оправдан в силу нерастяжимости. Будем наблюдать за состоянием кусочка шнура с угловыми координатами $\theta$ и $\theta + \mathrm d \theta$, а движение самого шнура определится функцией $v = v(t)$. Её можно заменить функцией $\omega = v/R$, ускорение $a$ --- функцией $R \dot \omega$. Уравнение движения получается такое:

$$ F_{\theta}(\theta, t) - \mu F(\theta, t) = \tau R^2(\dot \omega(t) - \mu \omega^2(t)) $$

Определим $u(\theta, t) = F(\theta, t) - \tau R^2 \omega^2$, $u_\theta = F_\theta$,

$$ u_\theta(\theta, t) - \mu u(\theta, t) = \tau R^2 \dot \omega(t). $$

Там можно сделать всё то же самое, что и прежде. Легко получить, что $u_0 (t) = u(\theta = 0, t) = F_1 + M_1 R \dot \omega(t) - \tau R^2 \omega^2$, где $M_1$ --- масса не касающейся части у конца 1; $u_{\theta_0}(t) = u(\theta = \theta_0, t) = F_2 - M_2 R \dot \omega(t) - \tau R^2 \omega^2$, $M_2$ --- масса не касающейся части у конца 2.

На цилиндре

$$ u(\theta, t) = u_0(t) e^{\mu \theta} + \frac{\tau R^2 \dot \omega (t)}{\mu} \left(e^{\mu \theta} - 1 \right). $$

Подставляем второе условие.

$$ u_{\theta_0}(t) = F_2 - M_2 R \dot \omega - \tau R^2 \omega^2 = (F_1 + M_1 R \dot \omega - \tau R^2 \omega^2) e^{\mu \theta_0} + \frac{\tau R^2 \dot \omega}{\mu} \left(e^{\mu \theta_0} - 1 \right) $$

$$ F_2 - F_1 e^{\mu \theta_0} - R \dot \omega \left(M_2 + M_1 e^{\mu \theta_0} + \frac{\tau R}{\mu} \left( e^{\mu \theta_0} - 1\right)\right) + \tau R^2 \omega^2 \left(e^{\mu \theta_0} - 1\right) = 0 $$

Определим $\tilde F = F_2 - F_1 e^{\mu \theta_0}$, $\tilde M = \left(M_2 + M_1 e^{\mu \theta_0} + \frac{R \tilde \tau}{\mu}\right)$, $\tilde \tau = \tau \left(e^{\mu \theta_0} - 1\right)$, $R \dot \omega = \dot v$, $R \omega = v$,

$$ \tilde F - \tilde M \dot v + \tilde \tau v^2 = 0, \quad v(0) = 0. $$

-- 02.12.2018 в 16:16 --

Получается

$$ v(t) = \sqrt{ \frac{\tilde F}{\tilde \tau}} \tg \left( t\sqrt{ \frac{\tilde \tau \tilde F}{\tilde M^2}}\right), \quad \dot v = \frac{\tilde F/\tilde M}{\cos^2 \left( t\sqrt{ \frac{\tilde \tau \tilde F}{\tilde M^2}}\right)} $$

Только это на бред какой-то похоже.

[pogulyat_vyshel]

amon в сообщении #1358157 писал(а):

Так я уравнение на силу натяжения и написал

вот я и не понял, что такое $\dot\theta$ и почему от $F$ берется прямая производная, как-будто это функция одной переменной

-- 02.12.2018, 19:09 --

я эту формулу не понял

amon в сообщении #1358040 писал(а):

ю $v=R\dot{\theta},$

[amon]

pogulyat_vyshel в сообщении #1358202 писал(а):

почему от $F$ берется прямая производная

Согласен, криво написал.

[amon]

StaticZero в сообщении #1358164 писал(а):

На цилиндре

$$ u(\theta, t) = u_0(t) e^{\mu \theta} + \frac{\tau R^2 \dot \omega (t)}{\mu} \left(e^{\mu \theta} - 1 \right). $$

Если ускорение постоянно, то

$$ u(\theta, t) = u_0(t) e^{\mu \theta} - \frac{\tau R^2 \dot \omega (t)}{\mu}, $$

как мне кажется проще будет. Кроме того, мне не нравится Ваше граничное условие в точке отрыва нити. В этом месте сила терпит разрыв (появляется центростремительная сила и сила трения), поэтому мне кажется, что и натяжение нити тоже окажется разрывным. Пусть $F_1$ натяжение свободного конца сразу перед точкой касания, а $F_2$ - натяжение нити на цилиндре сразу после касания.
\begin{align*} &\frac{\partial F_2}{\partial \theta}-N=\tau\omega^2R\\ &F_2-F_1-\mu N=\dot{\omega}\tau R^2\\ &F_2-F_1-\mu\frac{\partial F_2}{\partial \theta}+\mu\tau\omega^2R=\dot{\omega}\tau R^2\\ &\Rightarrow F_1=F_2-\mu\frac{\partial F_2}{\partial \theta}+\mu\tau\omega^2R-\dot{\omega}\tau R^2\\ \end{align*}

[StaticZero]

amon в сообщении #1358283 писал(а):

Если ускорение постоянно, то

$$ u(\theta, t) = u_0(t) e^{\mu \theta} - \frac{\tau R^2 \dot \omega (t)}{\mu}, $$

А это почему? Я исхожу из уравнения

StaticZero в сообщении #1358164 писал(а):

$$ u_\theta(\theta, t) - \mu u(\theta, t) = \tau R^2 \dot \omega(t). $$

в котором можно дополнительную замену сделать $w = u + \tau R^2 \dot \omega$ и получить $w_\theta - \mu w = 0$.

amon в сообщении #1358283 писал(а):

$$\begin{align*} &\frac{\partial F_2}{\partial \theta}-N=\tau\omega^2R\\ &F_2-F_1-\mu N=\dot{\omega}\tau R^2\\ &F_2-F_1-\mu\frac{\partial F_2}{\partial \theta}+\mu\tau\omega^2R=\dot{\omega}\tau R^2\\ &\Rightarrow F_1=F_2-\mu\frac{\partial F_2}{\partial \theta}+\mu\tau\omega^2R-\dot{\omega}\tau R^2\\ \end{align*}$$

Вообще (в ваших обозначениях) имелось ввиду, что до касания (например, на первой стороне) сила натяжения будет $F_1$, а сразу после --- $F_2 = F_1 - \tau R^2 \omega^2$ (интересно, а почему, собственно, я так решил?..). По уравнениям разрыв производной виден, а разрыв самой силы не очень...

[wrest]

amon в сообщении #1358157 писал(а):

Эта задачка должна быть решена известным советским математиком (фамилия выпала - склероз),

Меркин?

[StaticZero]

amon, я, вообще говоря, не понял, а есть ли собственно разрыв натяжения?

[amon]

StaticZero в сообщении #1358303 писал(а):

А это почему?

А подставьте в уравнение и проверьте ;) $ u(\theta, t) = u_0(t) e^{\mu \theta}$ - это общее решение однородного, $- \frac{\tau R^2 \dot \omega (t)}{\mu}$ - частное неоднородного. Мое решение отличается от Вашего переопределением $u_0,$ то есть оба правильные, но мое, IMHO, симпатичнее.

StaticZero в сообщении #1358303 писал(а):

сила натяжения будет $F_1$, а сразу после --- $F_2 = F_1 - \tau R^2 \omega^2$

У меня получилось, что для силы натяжения до набегания $F_1$ будет (зуб не дам!)
$F_1=F_2-\mu\frac{\partial F_2}{\partial \theta}+\mu\tau\omega^2R-\dot{\omega}\tau R^2$
$F_2$ через $F_1$ сразу не получается, производная мешается. Разрыв это или не разрыв - вопрос философский, но гран. условие другое.

wrest в сообщении #1358307 писал(а):

Меркин?

Возможно, точно не помню.