Клин под дождем из гороха

[waxtep]

EUgeneUS в сообщении #1656917 писал(а):

Второй вариант совпадает с моим с точностью до множителя $\sin\alpha\sin\beta$. Вероятно, это связано с тем, что я беру в качестве линейного параметра треугольника его высоту (это удобно), а Вы - основание\гипотенузу(?).

Второй, конечно; первый - "устар." А, я понял, у Вас второе выражение для $F$, которое с $\cos{2\alpha}$ - сила в начальный момент времени в исходной задаче, а не "всегда-всегда"

[EUgeneUS]

waxtep в сообщении #1656929 писал(а):

А, я понял, у Вас второе выражение для $F$, которое с $\cos{2\alpha}$ - сила в начальный момент времени в исходной задаче, а не "всегда-всегда"

До $\cos 2 \alpha$ схлапывается при следующих условиях:
1. Скорость гороха относительно клина $\mathbf{v}$ - вертикальна.
2. И угол при коньке крыши прямой.

-- 01.10.2024, 09:21 --

Для прямого угла, но не вертикальной скорости гороха схлапывпется до $\cos 2(\alpha - \gamma)$

[drzewo]

В системе имеется единственное стационарное движение:

$$\dot x=\frac{\cos\beta-\cos\alpha}{\sin\alpha+\sin\beta}u$$

Чудес, конечно, не бывает, оно наверняка устойчиво. Но если б кто-нибудь не поленился и проверил, было бы неплохо.

[Утундрий]

EUgeneUS в сообщении #1656932 писал(а):

схлапывается

Может всё-таки схлопывается?

[Osmiy]

Утундрий в сообщении #1656998 писал(а):

Может всё-таки схлопывается?

Хлопок нынче зарезервированное слово. Поэтому нет.

[drzewo]

wrest в сообщении #1656808 писал(а):

Можно ли прийти к правильному ответу рукомаханием и физической интуицией?

Можно. Главное что бы правильный ответ был известен заранее.

[wrest]

drzewo в сообщении #1657003 писал(а):

Можно. Главное что бы правильный ответ был известен заранее.

Для исходной задачи (с прямым углом у конька) рукомахательное объяснение довольно простое.
Угол падения горошины на скат равен углу отражения (рассматривем только упругие удары -- по условию). Между скатами прямой угол, значит между направлениями отражения параллельно летящих горошин -- угол развернутый (это, возможно, "тонкий" момент и требует немного больше рукомахания - см. ниже). Отсюда заключаем, что одна горошина даёт одинаковый боковой импульс крыше при отскоке от левого и правого скатов (но направленный, естественно, проивоположно на левом и правом скатах). Количество горошин в единицу времени определяется проекцией ската на основание, и эта проекция, очевидно больше у пологого ската (при вертикальном падении горошин). Отсюда боковой импульс, отдаваемый горохом более пологому скату - больше, чем более крутому.

Пояснение "тонкого" момента можно проиллюстрировать тем, что поворачивая зеркальце на угол $\alpha$, мы поворачиваем отраженный луч на угол $2 \alpha$ (это удвоение представляется очевидным из "угол падения равен углу отражения"), а у нас скаты повернуты на прямой угол так что угол отражения градин от одного ската относительно второго поворачивается на удвоенный прямой угол, то есть на 180 градусов.

Равенство импульсов на пологий и крутой скаты будет тогда, когда проекции скатов на перпендикуляр к направлению падерия горошин сравняются - это как раз случай стационарного движения. То есть тогда, когда горошины будут лететь параллельно медиане, проведенной из прямого угла.

[wrest]

wrest в сообщении #1657005 писал(а):

Угол падения горошины на скат равен углу отражения

И добавить ещё для тех школьников, кто забыл: модуль скорости при отскоке сохраняется в виду упругости удара, считая массу крыши много большей массы горошины.

-- 01.10.2024, 20:13 --

wrest в сообщении #1657005 писал(а):

То есть тогда, когда горошины будут лететь параллельно медиане, проведенной из прямого угла.

И добавить для дотошных: в СО неподвижной (но, возможно, поехавшей относительно земли) крыши.

[EUgeneUS]

wrest
Есть такой приём - "проверка решения на крайних случаях".

Он работает в обе стороны.
1. В одну сторону. Решаем некую задачу. Получили какой-то ответ.
А теперь проверим этот ответ на каких-то простых задачах:
а) для которых ответ (или некоторый вывод) получается (почти) устно.
б) и которые являются частным случаем нашей задачи.

На примере задач в этой теме. "Задачей" является "обобщенная" задача. А проверочным "крайним случаем" - задача из стартового поста, по которой делаются выводы как у Вас.

2. В другую сторону. Тут несколько сложнее.
Рассматривая некоторые крайние и частные случаи иногда (не всегда) можно вывести функциональную зависимость из "общих соображений".
Тут верно подмечено уважаемым drzewo. Это просто, если знать ответ (тогда это пункт 1), и сложнее и требует сообразительности, если ответ заранее неизвестен.

-- 01.10.2024, 20:51 --

drzewo в сообщении #1656936 писал(а):

Но если б кто-нибудь не поленился и проверил, было бы неплохо.

Вот это

drzewo в сообщении #1656797 писал(а):

$$m\ddot x=2h\rho\Big(-(\dot x\sin\alpha+путем u\cos\alpha)^2+(\dot x\sin\beta-u\cos\beta)^2\Big),$$

путем замены переменной сводится к

$$\dot{\omega} = a(\omega^2-1)$$

А как исследовать на устойчивость я "не знал, да забыл" (FGJ, знал когда-то давно, но действительно забыл )

-- 01.10.2024, 20:57 --

ИМХО, вроде бы
1. При $|\omega_0| < 1$ всё устойчиво.
2. А при $|\omega_0| > 1$ начинаются всякие чудеса. Но в этому случае не выполняется условие "горох падает на оба ската крыши".

-- 01.10.2024, 21:19 --

UPD:

EUgeneUS в сообщении #1657027 писал(а):

2. А при $|\omega_0| > 1$ начинаются всякие чудеса. Но в этому случае не выполняется условие "горох падает на оба ската крыши".

$\omega =1$ - соответствует установившейся скорости.
Тогда, должны существовать такие $|\omega_0| >1$, что горох падает на оба ската крыши (и записанный диффур справедлив).

[Утундрий]

Osmiy в сообщении #1657001 писал(а):

Утундрий в сообщении #1656998 писал(а):

Может всё-таки схлопывается?

Хлопок нынче зарезервированное слово. Поэтому нет.

Однако, напомнило:

[wrest]

EUgeneUS
Согласитесь, что вот это:

wrest в сообщении #1657005 писал(а):

это как раз случай стационарного движения. То есть тогда, когда горошины будут лететь параллельно медиане, проведенной из прямого угла.

Красиво и элегантно.

Это наводит на шальную мысль, что возможно, и в непрямоугольном треугольнике равенство сил будет при параллельности потока медиане, но надо прокачивать тригонометрические чакры чтобы проверить...

[EUgeneUS]

wrest в сообщении #1657034 писал(а):

что возможно, и в непрямоугольном треугольнике равенство сил будет при параллельности потока медиане, но надо прокачивать тригонометрические чакры чтобы проверить...

С тригнометрией просто.

EUgeneUS в сообщении #1656776 писал(а):

$F = 2 mv^2 HLn (\cos^2(\alpha - \gamma) - \cos^2(\beta+\gamma))$

Раскладываем разницу квадратов на произведение, потом сумму и разницу косинусов раскладываем в произведения. Потом удобно свернуть в двойные синусы. И получаем условие равновесия:

$\sin (\alpha + \beta) \sin (\alpha - \beta - 2 \gamma) = 0$
Откуда:
$\alpha - \beta = 2 \gamma$

[wrest]

EUgeneUS в сообщении #1657046 писал(а):

Откуда:
$\alpha - \beta = 2 \gamma$

Ну у вас в итоге получилось, что если квадраты косинусов равны $\cos^2(\alpha - \gamma) = \cos^2(\beta+\gamma)$, то и углы равны $\alpha - \gamma=\beta+\gamma$, для этого не нужно было

EUgeneUS в сообщении #1657046 писал(а):

Раскладываем разницу квадратов на произведение, потом сумму и разницу косинусов раскладываем в произведения.

Но вот что в треугольнике угол между медианой и высотой проведенной к стороне равен полуразности прилегающих к этой стороне углов, для меня новость - надо проверять... Для гипотенузы прямоугольного треугольника это может и так, а для любого... Вот тут и нужны прочищенные чакры

[wrest]

wrest в сообщении #1657048 писал(а):

Но вот что в треугольнике угол между медианой и высотой проведенной к стороне равен полуразности прилегающих к этой стороне углов, для меня новость - надо проверять...

Ненене, это вздор, надо допиливать.
Может я вообще про медиану погорячился и для прямоугольной крыши.

[wrest]

EUgeneUS

EUgeneUS в сообщении #1657046 писал(а):

Откуда:
$\alpha - \beta = 2 \gamma$

Давайте применим к прямоугольному треугольнику.
У прямоугольного $\alpha + \beta = 90^{\circ}$ (углы в градусах)
Откуда $\alpha - \beta = \alpha - (90^{\circ} - \alpha)=2\alpha - 90^{\circ}$ - подставляем в $\alpha - \beta = 2 \gamma$ и получаем $2\alpha - 90^{\circ} = 2\gamma$ и $\gamma = \alpha - 45^{\circ}$
Ну... угол между высотой (ака вертикалью) и медианой проведенных из прямого угла в прямоугольном треугольнике этому не равен.
А равен он разности углов при гипотенузе, т.е. $\alpha - \beta = \alpha - (90^{\circ} - \alpha)=2\alpha - 90^{\circ}=2\beta - 90^{\circ}$ (с точностью до знака, ессно).
Что-то тут не так.
EUgeneUS
Вы уверены в коэффициенте 2 вот тут?

EUgeneUS в сообщении #1657046 писал(а):

Откуда:
$\alpha - \beta = 2 \gamma$

Для уточнения обозначений картинка

$AB$ - основание крыши, горизонталь
$CE$ - высота конька над основанием, вертикаль
$FC$ - вертикаль (направление силы тяжести такое что без потока гороха крыша никда не едет/едет равномерно по инерции)
$GC$ направление потока гороха такое, что боковые силы (параллельно $AB$) на скаты $AC$ и $BC$ уравновешены.
Ваше утверждение такое, что $\alpha - \beta = 2 \gamma$ (с точностью до знака), верно?