Намагниченый шар на плоскости

[drzewo]

amon в сообщении #1650361 писал(а):

Если речь о исходной задаче, то она такая. Есть шарик, катающийся без проскальзывания по горизонтальной плоскости в поле тяжести. В шарик жестко вставлен вектор $\mathbf{d},$ вращающийся вместе с шариком. Все это происходит в поле $\mathbf{B},$ постоянном и как-то произвольно направленном. На шарик, помимо всего, действует момент $\mathbf{M}=[\mathbf{d}\times \mathbf{B}].$ Найти траекторию шарика.

Буду постепенно выкладывать сюда решение задачи, пока не упрусь в лень или неинтегрируемость.
$P,S$ -- точка контакта шара и плоскости и центр шара соответственно
$m,r,J$ -- масса шара, радиус шара, момент инерции шара относительно оси, проходящей через центр

$$J\boldsymbol{\dot\omega}=m[\boldsymbol{SP},\boldsymbol{\dot v}]+[\boldsymbol d,\boldsymbol B],\quad \boldsymbol{\dot d}=[\boldsymbol\omega,\boldsymbol d],\quad\boldsymbol{ v}=[\boldsymbol\omega,\boldsymbol{PS}]$$

$\boldsymbol v$ -- скорость точки $S$; $\boldsymbol\omega$ -- угловая скорость шара

-- 17.08.2024, 13:37 --

$$I\boldsymbol {\dot \omega}=m\boldsymbol {SP}(\boldsymbol {SP},\boldsymbol {\dot\omega})+[\boldsymbol d,\boldsymbol B],\quad I=J+mr^2\qquad(*)$$

-- 17.08.2024, 13:41 --

Домножаем скалярно последнее уравнение на $\boldsymbol B$ и интегрируем:

$$I(\boldsymbol \omega,\boldsymbol B)=m(\boldsymbol {SP},\boldsymbol B)\cdot(\boldsymbol {SP},\boldsymbol \omega)+k_1$$

[amon]

drzewo в сообщении #1650423 писал(а):

$$I(\boldsymbol \omega,\boldsymbol B)=m(\boldsymbol {SP},\boldsymbol B)\cdot(\boldsymbol {SP},\boldsymbol \omega)+k_1$$

А глупый вопрос можно? Вектор $\boldsymbol {SP}$ ведь перпендикулярен плоскости? Тогда получается, что если $\boldsymbol B$ плоскости параллелен, то шарик свободно катается?

[wrest]

Подпишусь на тему.

[drzewo]

amon в сообщении #1650441 писал(а):

Тогда получается, что если $\boldsymbol B$ плоскости параллелен, то шарик свободно катается?

подставьте в уравнения движения $\boldsymbol \omega=const$ и посмотрите будет он свободно кататься или нет.

[amon]

drzewo в сообщении #1650448 писал(а):

подставьте в уравнения движения $\boldsymbol \omega=const$

Понял, глупость ляпнул, о чем, впрочем, предупреждал.

[drzewo]

Начать надо со случая когда внектор $\boldsymbol B$ вертикален (параллелен $\boldsymbol {SP}$) и $k_1=0$. Это означает, что $\boldsymbol\omega $ лежит в горизонтальной плоскости. Уравнения движения приобретают вид

$$\boldsymbol{\dot d}=[\boldsymbol\omega,\boldsymbol d],\quad I\boldsymbol {\dot \omega}=[\boldsymbol d,\boldsymbol B]$$

-- 17.08.2024, 16:48 --

Заметим, что в этом случае $(\boldsymbol d,\boldsymbol \omega)$ -- первый интеграл

-- 17.08.2024, 16:58 --

Система имеет инваривантную меру с плотностью 1.

[drzewo]

Отметим еще два первых интеграла:

$$|\boldsymbol d|^2=d^2,\quad \frac{I}{2}|\boldsymbol \omega|^2-(\boldsymbol B,\boldsymbol d)=h$$

Итого: система 5-го порядка имеет 3 первых интеграла и интегральный инвариант, следовательно она интегрируется в квадратурах

[drzewo]

И так, система

drzewo в сообщении #1650464 писал(а):

$$\boldsymbol{\dot d}=[\boldsymbol\omega,\boldsymbol d],\quad I\boldsymbol {\dot \omega}=[\boldsymbol d,\boldsymbol B]$$

имеет однопараметрическое семейство положений равновесия:

$$\boldsymbol \omega=0,\quad \boldsymbol d=\gamma \boldsymbol B\ne 0.$$

Помним, что $\boldsymbol\omega\perp\boldsymbol B$.
Нас будут интересовать положения равновесия, находящиеся на одном совместном уровне первых интегралов:

$$M(c,d,h)=\Big\{(\boldsymbol d,\boldsymbol \omega)\in\mathbb{R}^5\mid |\boldsymbol d|=d>0,\quad (\boldsymbol d,\boldsymbol\omega)=c,\quad \frac{I}{2}|\boldsymbol \omega|^2-(\boldsymbol B,\boldsymbol d)=h\Big\}.$$

Это множество компактно. Верна теорема Пуанкаре о возвращении. Она верна и в исходной системе.
Положения равновесия связаны с константами первых интегралов следующим образом:

$$\gamma=\pm\frac{d}{|\boldsymbol B|}=-\frac{h}{|\boldsymbol B|^2},\quad c=0.$$

-- 19.08.2024, 14:30 --

Если кто-то готов взять на себя выполнение технической работы то я скажу что делать дальше

[amon]

drzewo в сообщении #1650677 писал(а):

Если кто-то готов взять на себя выполнение технической работы то я скажу что делать дальше

Готов дня через два-три. На всякий случай - уточнение. Вектор $\mathbf{d}$ в первом приближении имеет заданную фиксированную длину. Меняется только его направление.

[drzewo]

amon в сообщении #1650679 писал(а):

Вектор $\mathbf{d}$ в первом приближении имеет заданную фиксированную длину. Меняется только его направление.

Да.

Нужно найти критические точки функции

$$H(\boldsymbol d,\boldsymbol\omega)=\frac{I}{2}|\boldsymbol \omega|^2-(\boldsymbol B,\boldsymbol d)$$

на многообразии

$$\{|\boldsymbol d|=d>0,\quad (\boldsymbol d,\boldsymbol\omega)=0\}$$

Изолированные максимумы и минимумы функции $H$ являются положениями устойчивого равновесия -- теорема Рауса.

[drzewo]

В исходной системе тоже имеет место интеграл <<энергии>>

$$H=\frac{1}{2}(\boldsymbol\omega,A\boldsymbol \omega)-(\boldsymbol d,\boldsymbol B),$$

где $A\boldsymbol x=I\boldsymbol x-m\boldsymbol{SP}(\boldsymbol{SP},\boldsymbol x),\quad A:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3,\quad A^*=A.$$
В исходной системе критические точки интеграла энергии надо искать на уровне интеграла $k_1$

[drzewo]

В общем случае уравнения движения имеют следующий вид:

$$A\boldsymbol{\dot\omega}=[\boldsymbol d,\boldsymbol B],\quad \boldsymbol{\dot d}=[\boldsymbol\omega,\boldsymbol d],\quad \boldsymbol B\ne 0.$$

Здесь $A$ -- положительно определенный симметрический оператор в $\mathbb{R}^3$.
Фазовое пространство системы это $\mathbb{R}^6=\{\boldsymbol\omega,\boldsymbol d\}.$

Есть 3 первых интеграла:

$$|\boldsymbol d|=d,\quad (A\boldsymbol\omega,\boldsymbol B)=b,\quad \frac{1}{2}(\boldsymbol \omega,A\boldsymbol \omega)-(\boldsymbol B,\boldsymbol d)=h.$$

Все совместные множества уровня этих первых интегралов компактны.
Имеется интегральный инвармиант с плотностью $1$.
Верна теорема Пуанкаре о возвращении.
Имеется двупараметрическое семейство положений равновесия:

$$\boldsymbol d=\gamma\boldsymbol B,\quad \boldsymbol\omega=\lambda \boldsymbol B,\quad \lambda,\gamma\in\mathbb{R}.$$

Устойчивость этих положений равновесия предполагается исследовать с помощью теоремы Рауса, а именно
рассмотреть кнритические точки функции

$$H(\boldsymbol\omega,\boldsymbol d)=\frac{1}{2}(\boldsymbol \omega,A\boldsymbol \omega)-(\boldsymbol B,\boldsymbol d)$$

на многообразии

$$W=\{|\boldsymbol d|=d>0,\quad (A\boldsymbol\omega,\boldsymbol B)=b\}.$$

$W$ -- гладкое многообразие размерности $4$.

[drzewo]

Устойчивое положение равновесия -- условный минимум $H$ (теорема Рауса):

$$\boldsymbol\omega=\frac{b\boldsymbol B}{(A\boldsymbol B,\boldsymbol B)},\quad \boldsymbol d=\frac{d\boldsymbol B}{|\boldsymbol B|}.$$

Второе положение равновесия:

$$\boldsymbol\omega=\frac{b\boldsymbol B}{(A\boldsymbol B,\boldsymbol B)},\quad \boldsymbol d=-\frac{d\boldsymbol B}{|\boldsymbol B|}.$$

Для выяснения вопроса об устойчивости нужно смотреть поведение $H$ в окресности этого положения равновесия. Или смотреть линейное приближение.

-- 20.08.2024, 11:00 --

Второе положение равновесия кажется неустойчиво.

[drzewo]

Вот теперь у меня вопрос по физике. Это так и должно быть, что зараженый шарик если катнуть в одну сторону то он покатится по прямой, а если катнуть в прямо противоположную, то он гулять начнет по плоскости странным обрзом?

[wrest]

drzewo
В той теме есть видео, оно в целом показывает как и что происходит в реальности.
"Странности" начинаются когда $\mathbf{d}$ не сонаправлен с $\mathbf{B}$
В Москве $\mathbf{B}$ направлен на магнитный север (11 градусов западнее направления на географический север) по азимуту и 70 градусов от горизонтали вниз по углу места (магнитное наклонение).

msin87 в сообщении #1649507 писал(а):

Выложил на Яндекс Дзен тут https://dzen.ru/video/watch/66b9115669cdf00710b79686
. Длительность - более часа. Таймкоды прилагаются