Физический маятник на вращающемся столе

[drzewo]

(Оффтоп)

Интересно , а в этой задаче можно получить правильный ответ неправильным способом...

Гладкий горизонтальный стол вращается с постоянной угловой скоростью $\omega$ вокруг вертикальной оси, проходящей через точку $O$.
На столе лежит плоское твердое тело массой $m$, которое соединено своей точкой $A$ c идеальным шарниром, закрепленным на поверхности стола.
Момент инерции тела относительно оси проходящей через $A$ перпендикулярно плоскости стола равен $J$.
Расстояние от шарнира до центра масс тела $S$ равно $b;\quad |OA|=a.$
Через $\varphi$ обозначим угол от луча $OA$ до луча $AS$. Написать дифференциальное уравнение на $\varphi(t)$.

[drzewo]

ответ

(Оффтоп)

$J\ddot\varphi+mba\omega^2\sin\varphi=0$

[lel0lel]

drzewo в сообщении #1659718 писал(а):

Интересно , а в этой задаче можно получить правильный ответ неправильным способом...

Вы как-то сказали:

drzewo в сообщении #1655817 писал(а):

это уже другая тема -- о вреде сил инерции.

Предположу, что "неправильное" решение, то, которое использует центробежный потенциал. Этот способ работает и, честно говоря, было бы удивительно, если бы это было не так.
Лагранжиан во вращающейся системе отсчёта $L=J_A \dot\varphi^2/2+m\omega^2 |OS|^2/2$, где $|OS|^2= a^2+b^2+2a b\cos \varphi.$

[drzewo]

lel0lel в сообщении #1660073 писал(а):

Этот способ работает

Да, работает, это я уже тоже понял. Недоглядел.

lel0lel в сообщении #1660073 писал(а):

и, честно говоря, было бы удивительно, если бы это было не так

Однако, Вы особо-то не воодушевляйтесь. Ваш <<центробежный потенциал>> дает неправильный результат уже в следующей задаче:

(Оффтоп)

На горизонтальном столе, вращающемся с постоянной угловой скоростью
$\Omega$ вокруг вертикальной оси, проходящей через точку $O$, установлен <<турник>> с горизонтальной перекладиной $AB$. На перекладине в шарнире $S$ закреплен однородный стержень длины $b$, массы $m$. Шарнир устроен таким образом, что расстояние $|AS|$ остается постоянным, а стержень может свободно вращаться в плоскости, перпендикулярной $AB$; точка $S$ является серединой стержня.
Написать дифференциальное уравнение на угол $\varphi(t)$, отсчитываемый от вертикали до стержня.

[lel0lel]

drzewo в сообщении #1660075 писал(а):

Ваш <<центробежный потенциал>> дает неправильный результат уже в следующей задаче

Эта задача предлагалась ранее:https://dxdy.ru/topic121490.html. Кстати, спасибо и лайк автору) Но вопрос в Вашей постановке другой, попробую её решить именно через <<центробежный потенциал>>, только завтра.

[lel0lel]

drzewo в сообщении #1660075 писал(а):

Написать дифференциальное уравнение на угол $\varphi(t)$, отсчитываемый от вертикали до стержня.

Будем решать в системе отсчёта связанной с вращающимся столом. Центробежный потенциал $\varphi_c(r)=-\Omega^2 r^2/2$, здесь $r$ -- расстояние от точки до оси вращения, то есть, одна из координат точки в цилиндрической системе координат. Чтобы найти потенциальную энергию стержня в поле центробежной силы для случая $\varphi>0$ взглянем на систему сверху, то есть, построим проекцию на плоскость стола (в силу симметричности стержня относительно шарнира, при $\varphi<0$ энергия будет иметь такое же выражение).

Введём вспомогательную ось $S\xi$, координаты концов стержня в проекции на эту ось есть $-b/2 \sin \varphi$ и $b/2 \sin \varphi$. Обозначим расстояние между осью вращения и прямой, связанной с перекладиной турника, символом $\delta$; расстояние от точки $S$ до оси вращения $\ell$. Потенциальная энергия

$$U(\varphi)=-\frac{\Omega^2}{2}\int\limits_{-b/2\sin\varphi}^{b/2\sin\varphi}(\ell^2+\xi^2+2\ell\xi\cos\alpha)\rho(\xi)d\xi,$$

здесь $\rho(\xi)=\frac{m}{b\sin{\varphi}}$ линейная плотность проекции стержня на горизонтальную плоскость, $\alpha$ -- угол между проекциями стержня и отрезка $OS$ на плоскость стола. Видно, что $\cos \alpha=\delta/\ell$. В общем, это принцип Кавальери для вычисления трёхмерных интегралов, но можно и просто соответствующее интегрирование провести в цилиндрических координатах; ответы совпадут. Итак

$$U(\varphi)=-\frac{m\Omega^2}{2b\sin{\varphi}}\int\limits_{-b/2\sin\varphi}^{b/2\sin\varphi}(\ell^2+\xi^2+2\xi \delta)d\xi=-\frac{m\ell^2\Omega^2}{2}-\frac{mb^2\Omega^2}{24}(\sin{\varphi})^2.$$

Далее $L=\frac{J_S\dot\varphi^2}{2}+\frac{mb^2\Omega^2}{24}(\sin{\varphi})^2$. Уравнение движения $\ddot{\varphi}-\omega^2\sin\varphi\cos\varphi=0.$ Если хочется изучать колебания около положения равновесия, то, после замены $\varphi=\pi/2+\theta$, получается $\ddot{\theta}+\omega^2\sin\theta\cos\theta=0.$

(Оффтоп)

Решение приведённое в https://dxdy.ru/post1254189.html#p1254189 понятно, и, наверное, в теоретической механике методически предпочтительнее. Но, говорить, что решение через потенциалы сил инерции приведёт к ошибочным результатам -- это как-то очень смело. Зачем их тогда в других разделах физики используют? Например, задача о центрифугирование многофазной и многокомпонентной смеси. В ней всегда переходят в неинерциальную систему (и условия равновесия записывают с центробежным потенциалом), это самое лучшее, что может сохранить время и нервы.

[drzewo]

lel0lel в сообщении #1660103 писал(а):

Решение приведённое в post1254189.html#p1254189
понятно, и, наверное, в теоретической механике методически предпочтительнее.

Это просто очевидно. Ваше решение технически значительно сложнее чем решение по ссылке.

lel0lel в сообщении #1660103 писал(а):

Но, говорить, что решение через потенциалы сил инерции приведёт к ошибочным результатам -- это как-то очень смело.

Не надо обобщать. Речь шла конкретно о Вашем решении. Вы привели необоснованную формулу и выразили удивление той мыслью, что она может быть неверна. Я привел пример когда она неверна.
Кстати, <<потенциал сил инерции>>, который Вы вычисляли получен по ссылке значительно проще. Я только не понимаю, каким образом поименование этого слагаемого в лагранжиане <<потенциалом сил инерции>> может упростить анализ динамики.

lel0lel в сообщении #1660103 писал(а):

Зачем их тогда в других разделах физики используют? Например, задача о центрифугирование многофазной и многокомпонентной смеси. В ней всегда переходят в неинерциальную систему

<<Переход в неинециальную систему>> это словесное выражение некоторой тривиальной математической процедуры, которая вполне себе корректна и без таких понятий как <<сила инерции>>.

[lel0lel]

drzewo в сообщении #1660108 писал(а):

Вы привели необоснованную формулу и выразили удивление той мыслью, что она может быть неверна. Я привел пример когда она неверна.

В стартовой задаче ось вращения стола и ось вращения тела в неинерциальной системе (проходящая через шарнир) были параллельны. С помощью теоремы Гюйгенса-Штейнера, потенциальная энергия тела в неинерциальной системе выписывается $-\omega^2/2(J_S+m|OS|^2)$. Первое слагаемое -- константа.

[drzewo]

lel0lel в сообщении #1660131 писал(а):

потенциальная энергия тела в неинерциальной системе выписывается $-\omega^2/2(J_S+m|OS|^2)$

С какой стати? Вы, ведь, уже видели, что равнодействующая сил инерции не обязана быть приложенной к центру масс. Она приложена к центру масс в данной задаче, но Вы это не доказали. А что бы доказать надо опять интеграл считать.

[lel0lel]

drzewo в сообщении #1660136 писал(а):

С какой стати?

Параллельность двух осей даёт возможность применить теорему https://en.wikipedia.org/wiki/Parallel_axis_theorem.
$U(\varphi)=-\frac{\omega^2}{2}\int\limits_{\Sigma(\varphi)}\rho r^2ds= -\omega^2/2(J_S+m|OS|^2)$$
Во второй задаче оси вращения были перпендикулярны, там это не работало.