Кривая с максимальной средней кривизной

[reterty]

wrest в сообщении #1481381 писал(а):

reterty в сообщении #1481377 писал(а):

В общем случае в выражение для силы нормальной реакции опоры "влазит" мгновенная скорость и текущий радиус кривизны.

И условие её (силы нормальной реакции) положительности, если вы не хотите чтобы груз отрывался от горки.

Совершенно верно

[wrest]

reterty в сообщении #1481382 писал(а):

Совершенно верно

Тогда верно, и то, что

wrest в сообщении #1481370 писал(а):

при $h\le \gamma l$ выпуклая горка не существует (при $h=\gamma l$ горка прямая).

[reterty]

Вот промежуточное выражение для конечной скорости тела:
$\frac{v^2}{2}=g(y-\mu x)\mp \mu\int_{0}^{x} \frac{v^2 \vert y^{\prime\prime}\vert}{1+y^{\prime 2}} dx$
Знак "минус" соответствует вогнутой горке; "плюс" -выпуклой. Первое слагаемое в правой части соответствует случаю наклонной плоскости (или случаю произвольного профиля и предельно малых скоростей). В этом пределе малых скоростей скоростей конечная скорость тела (и работа силы трения) не зависит от формы траектории а определяется лишь координатами начальной и конечной точки (не смотря на присутствие диссипативной силы трения!!!)

[wrest]

reterty в сообщении #1481387 писал(а):

Вот промежуточное выражение для конечной скорости тела:
$\frac{v^2}{2}=g(y-\mu x)\mp \mu\int_{0}^{x} \frac{v^2 \vert y^{\prime\prime}\vert}{1+y^{\prime 2}} dx$

После $\mp$ запись непонятная. Какой-то "интегральный слэнг"...

[EUgeneUS]

reterty в сообщении #1481356 писал(а):

Пусть имеется горка с криволинейным профилем, описываемым монотонной функцией $y(x)$ (для простоты считаем что функция не имеет и точек перегиба, т.е. кривизна не меняет знак). Будем считать, что высота и длина горки (по горизонтали) есть фиксированные величины. Начальная скорость тела на вершине равна нулю и оно начинает соскальзывать (считаем что начальный тангенс угла наклона больше коэффициента трения скольжения). При отсутствии трения конечная скорость на выходе с горки одна и та же. При наличии трения скольжения ситуация кардинально меняется. Движение на выходе любого шероховатого вогнутого профиля дает скорость меньшую, чем при движении вдоль шероховатой наклонной плоскости, поскольку возрастают как сила нормальной реакции и сила трения (за счет центростремительного ускорения) так и длина траектории. Но для выпуклой горки сила нормальной реакции несколько уменьшается и какой-то профиль, по идее, должен давать локальный максимум конечной скорости. Я составил и решил соответствующий диффур. Конечная скорость выражается в квадратурах через неизвестную функцию $y(x)$. Тепрь варьированием этой функции пытаюсь поймать этот экстремум....

Вы не могли бы привести Ваши выкладки, как из этих условий Вы пришли у интегральному уравнению с кривизной?

У меня получилось так:
$\Delta E_k = g (1- \mu) \Delta y$, ось $Oy$ вниз.

То есть от кривизны и формы траектории вообще не зависит. Может чего лишнего сократил, конечно.

[Sender]

EUgeneUS в сообщении #1481459 писал(а):

То есть от кривизны и формы траектории вообще не зависит.

Допустим, тело съезжает по наклонной плоскости. Какова работа силы трения в этом случае?

[EUgeneUS]

Sender
Проверяйте
У себя ошибку нашел, но кривизна тоже не появилась.
Ось $Oy$ вниз.
$d(E_k) = mg dy - F_f dl$

$F_f = \mu mg \cos \alpha$
$\cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{1+ \tg^2 \alpha}} = \frac{1}{\sqrt{1+ (y')^2 }}$
$dl = \sqrt{1+ (y')^2 } dx$

$d(E_k) = mg dy - \mu mg dx = mg (y' - \mu) dx$

$\Delta E_k = mg (\Delta y - \mu \Delta x)$

[svv]

EUgeneUS
У Вас сила трения не зависит от скорости и кривизны?
Скорость влияет на кривых участках на ускорение (имею в виду компоненту, нормальную к траектории), ускорение — на силу реакции горки, и, стало быть, на силу трения.

[EUgeneUS]

svv в сообщении #1481466 писал(а):

У Вас сила трения не зависит от скорости и кривизны?

совсем беда...
Затмение нашло.
Спасибо.

[reterty]

$\frac{mv^2}{2}=mgy-\mu\int_{0}^{l} Ndl$,
$N=m\left(g\cos \alpha\pm \frac{v^2}{r}\right)$,
$dl=dx/\cos \alpha=\sqrt{dx^2+dy^2}=\sqrt{1+y^{\prime 2}}dx$ ,
$r=\frac{(1+y^{\prime 2})^{3/2}}{\vert y^{\prime\prime}\vert}$.
используя эти уравнения и получаем промежуточное интегральное уравнение для скорости, приведенное в моем предыдущем сообщении. От него дифференцированием по $x$ можно перейти к диффуру первого порядка по $v^2$.

[Sender]

(reterty)

По-моему, использование одной и той же буквы в качестве как переменной интегрирования, так и его предела, мягко говоря, не приветствуется.

[Утундрий]

(Sender)

Мелочи...

[wrest]

reterty в сообщении #1481387 писал(а):

$\frac{v^2}{2}=g(y-\mu x)\mp \mu\int_{0}^{x} \frac{v^2 \vert y^{\prime\prime}\vert}{1+y^{\prime 2}} dx$

Буква $v$ слева и справа от знака равенства одну сущность обозначает?

[reterty]

wrest в сообщении #1481479 писал(а):

reterty в сообщении #1481387 писал(а):

$\frac{v^2}{2}=g(y-\mu x)\mp \mu\int_{0}^{x} \frac{v^2 \vert y^{\prime\prime}\vert}{1+y^{\prime 2}} dx$

Буква $v$ слева и справа от знака равенства одну сущность обозначает?

да

[wrest]

reterty в сообщении #1481480 писал(а):

wrest в сообщении #1481479 писал(а):

reterty в сообщении #1481387 писал(а):

$\frac{v^2}{2}=g(y-\mu x)\mp \mu\int_{0}^{x} \frac{v^2 \vert y^{\prime\prime}\vert}{1+y^{\prime 2}} dx$

Буква $v$ слева и справа от знака равенства одну сущность обозначает?

да

То есть, $ \mu\int_{0}^{x} \frac{v^2 \vert y^{\prime\prime}\vert}{1+y^{\prime 2}} dx = \mu v^2\int \limits_{x=0}^{x=l} \dfrac{ \vert y^{\prime\prime}(x)\vert}{1+(y \prime (x))^2}} dx$ где
$l$ - горизонтальный габарит горки (высота)
$y(x)$ - уравнение поверхности горки
$y(0)=h$ - вертикальный габарит горки (длина)
$y(x)>0$ для $0<x<l$ и $y(l)=0$
верно?