По мотивам шершавых горок

[Утундрий]

Дорожка горизонтального ленточного транспортёра движется со скоростью $v$. Найдите уравнение профиля наклонного пандуса, обеспечивающего мягкий подхват сброшенного с транспортёра груза и его дальнейшее скольжение вниз с той же скоростью $v$. Ускорение свободного падения - $g$, коэффициент трения груза о пандус - $\mu$.

[reterty]

У меня получился следующий диффур: $y^\prime (x)=\tg[g(\mu x-y(x))/(\mu v^2)]$... видимо, ошибся при выводе(

[Утундрий]

У меня получились явные параметрические зависимости.

(Оффтоп)

$$\[ \begin{gathered} x = \frac{{v^2 }} {g}\frac{\mu } {{1 + \mu ^2 }}\left( {\mu \theta + \ln \frac{\mu } {{\mu \cos \theta - \sin \theta }}} \right) \hfill \\ y = \frac{{v^2 }} {g}\frac{\mu } {{1 + \mu ^2 }}\left( {\theta - \mu \ln \frac{\mu } {{\mu \cos \theta - \sin \theta }}} \right) \hfill \\ 0 \leqslant \theta < \operatorname{arctg} \mu \hfill \\ \end{gathered} \] $$

[EUgeneUS]

Утундрий
А разве транспортер и пандус не должны стыковаться гладко?
то есть должно быть $\frac{dy}{dx}(0) = 0$ и $\frac{dy}{d \theta}(0) = 0$

[Ignatovich]

EUgeneUS в сообщении #1481518 писал(а):

А разве транспортер и пандус не должны стыковаться гладко?
то есть должно быть $\frac{dy}{dx}(0) = 0$ и $\frac{dy}{d \theta}(0) = 0$

Так оно и получается из приведенных формул.

[EUgeneUS]

Ignatovich в сообщении #1481520 писал(а):

Так оно и получается из приведенных формул.

.. del
Вы правы

[reterty]

У меня выражение для $x$ в точности совпало с приведенным выше:

$$ x = \frac{{v^2 }} {g}\frac{\mu } {{1 + \mu ^2 }}\left( {\mu \theta + \ln \frac{\mu } {{\mu \cos \theta - \sin \theta }}} \right) \hfill \\ $$

Но поскольку $y=\mu(x-(v^2/g)\theta)$, должно быть:
$y = \frac{v^2 }{g}\frac{\mu }{1 + \mu ^2 }\left( {-\theta + \mu \ln \frac{\mu } {\mu \cos \theta - \sin \theta } } \right)$
вместо
$y = \frac{v^2 }{g}\frac{\mu }{1 + \mu ^2 }\left( {\theta -\mu \ln \frac{\mu } {\mu \cos \theta - \sin \theta } } \right)$

[EUgeneUS]

reterty
Похоже у Вас, как и в соседней теме, ось $Oy$ направлена вниз, а не привычно вверх.

[reterty]

EUgeneUS в сообщении #1481580 писал(а):

reterty
Похоже у Вас, как и в соседней теме, ось $Oy$ направлена вниз, а не привычно вверх.

Да, абсолютно верно (чтобы обе координаты принимали лишь положительные значения). У меня вопрос к уважаемомому Утундрий и другим участникам форума. Эта или подобная задача где-то в литературе (статьях) описана? Я не нашел. Если кто-нибудь найдет, дайте ссылку пожалуйста. Буду благодарен.

[Утундрий]

Не знаю, сочинил на ходу.

[reterty]

Утундрий в сообщении #1481586 писал(а):

Не знаю, сочинил на ходу.

Великолепное сочинение!

[reterty]

P.S. Осталась мною непонятой одна математическая деталь, а именно: условие, налагаемое на интервал изменения параметра $\theta$. В самом деле, в ходе решения данной задачи, получаем:
$x^\prime(\theta)=\frac{\mu v^2}{g(\mu-\tg \theta)},$
откуда
$x(\theta)=\frac{\mu v^2}{g}\int_{0}^{\theta}\frac{d\theta^\prime}{\mu-\tg \theta^\prime}.$
Если требовать всюду положительных значенй производной $x^\prime(\theta)$, тогда, да должно быть $\mu>\tg\theta$.
Но можно не накладывать такое условие а задаться лишь положительными значениями функции $x(\theta)$. Тогда интеграл $\int_{0}^{\theta}\frac{d\theta^\prime} {\mu-\tg \theta^\prime}$ можно рассматривать в смысле главного значения и не обязательно предполагать, что $\mu>\tg\theta$. А каково ваше мнение?

[Утундрий]

Есть другая ветвь решения, когда движение начинается с вертикального падения и плавно переходит в так же наклонённую асимптоту. Ради её исключения я и требовал "мягкости" подхвата.