Задача на механику

[caxap]

Тоже решаю задачу, но по-другому. Ответ не сошелся с ewert. Думаю проблема в одном скользком месте, которое наверняка неправильно: мне нужно уравнение связи между $v$ (горизонтальная скорость центра масс) и $\varphi$ (угол, который составляет палка с горизонтом). Пусть палка находится в некотором положении $\varphi$. Через малое время $dt$ угол изменится на малое $d\varphi$ горизонтальное перемещение центра масс будет $dx=\frac 1 2(\cos(\varphi-d\varphi)-\cos\varphi)$, поделим на $dt$. Вот теперь мои мысли (поправьте, если ошибка, пожалуйста): раз $dt$ мало, то $\dfrac{\cos\varphi}{dt}\approx 0$ ($\\cos\varphi$ не мало), косинус разности распишем:

$$\frac{\cos\varphi\cos d\varphi+\sin\varphi \sin d \varphi}{dt}$$

тут $\cos d\varphi\approx 1$, поэтому при делении на $dt$ опять будет $\approx 0$. $\sin d\varphi\approx d\varphi$, поэтому окончательно:

$$\frac{\cos\varphi\cos d\varphi+\sin\varphi \sin d \varphi}{dt}\approx\sin\varphi\cdot\omega,\quad \omega=\frac {d\varphi}{dt}.$$

Т. е. $v=\frac 1 2 \omega \sin\varphi$. Это правильно?

(Оффтоп)

Дальше угол, при котором происходит отрыв я находил так (идея отсюда): раз в этот момент пропадёт сила реакции от стенки, то горизонтальное ускорение ускорение пропадёт. Найдя максимум $v(\varphi)$ мы находим этот угол $\varphi_{\text{отр}}$. Ответ к задаче будет $v(\varphi_{\text{отр}})$, т. е. $\max v(\varphi)$.

ewert в сообщении #286257 писал(а):

Угловая скорость вращения при этом пропорциональна линейной скорости центра масс

Т. е. по-вашему, $v=k\omega, \ k=\mathrm{const}$: одно и то же изменение угла $d\varphi$ приводит к одинаковому перемещению центра масс, независимо от $\varphi$?
(В варианте с синусом: при бОльших углах $d\varphi$ приводит к бОльшему перемещению ц. м., хотя эта формула получена достаточно вольно (и неправильно, может быть).)

[caxap]

Ой, ну я совсем туплю. Делю на $\approx 0$ и получаю $\approx 0$. Вечер. Бывает. Сообщение удалить не могу и отредактировать тоже -- видать время кончилось. (Модераторы, удалите пожалуйста первую половину предыдущего поста, чтобы глаза не терла).

Теперь по-другому, в $dx=\frac 1 2(\cos(\varphi-d\varphi)-\cos\varphi)$ преобразуем разность косинусов в произведение синусов и поделим на $dt$, учитывая $\sin\frac {d\varphi}2\approx\frac {d\varphi} 2$, получаем $v=\frac 1 2\sin \varphi\cdot \omega$ (странно -- ответ такой же, совпадение значит).

Вопрос к ewert остался про $v=k\omega$.

[Батороев]

Забавная задача в том плане, что вертикальная скорость скольжения стержня по стене $v_1$ и горизонтальная скорость скольжения стержня по полу $v_2$ связаны соотношением: $v_1\cdot \cos \alpha=v_2\cdot \sin \alpha$, где $\alpha$ - угол наклона стержня к плоскости пола, синус которого "после соскальзывания" равен $0$.
Хотел бы я посмотреть на такой стержень, скользящий без трения!

[ewert]

caxap в сообщении #286343 писал(а):

Т. е. $v=\frac 1 2 \omega \sin\varphi$. Это правильно?

Правильно, только доказательство странное, всё гораздо проще. Пусть $R$ -- радиус окружности, по которой движется центр масс (т.е. половина длины стержня) и $\varphi$ -- угол между стержнем и горизонтом. Что существенно: это -- ровно тот же угол, который составляет с горизонтом радиус-вектор центра масс. Поэтому угловая скорость $\omega(t)\equiv\varphi'(t)$ (т.е. с минусом, ну да не важно) связана с полной скоростью $v$ центра масс соотношением $v=R\,\omega$. Соответственно, её горизонтальная составляющая -- это $v_x=R\,\omega\,\sin\varphi$.

[Батороев]

Понял, в чем "фишка"!
Стержень до самого пола по стене скользить не может.

[gris]

А если его верхний конец закреплён на стене? Или просто стержень рукой подвигать? (пардон).
В смысле несвободного движения. Ничего страшного со скоростями не случится.
Кроме того, я боюсь, что все забыли о начальном положении стержня. От него же тоже зависит точка отрыва?

[ewert]

gris в сообщении #286397 писал(а):

А если его верхний конец закреплён на стене?

Тогда он так и останется висеть закреплённым. Или что?

gris в сообщении #286397 писал(а):

Кроме того, я боюсь, что все забыли о начальном положении стержня. От него же тоже зависит точка отрыва?

Конечно, зависит. А как можно о нём забыть?...

[gris]

Я имел в виду, что стержень закреплён подвижно без трения, типа колечком. Интересно, будет ли при этих движениях происходить отрыв правого конца от пола? Ведь горизонтальная скорость правого конца (пардон) при приближении левого конца к полу должна возрастать бесконечно, либо вертикальная устремляться в ноль, а с чего бы?

[ewert]

gris в сообщении #286408 писал(а):

Ведь горизонтальная скорость правого конца (пардон) при приближении левого конца к полу должна возрастать бесконечно,

Это с чего бы?... Она, естественно, стремится к нулю.

gris в сообщении #286408 писал(а):

либо вертикальная устремляться в ноль,

А она -- вообще тождественный ноль.

[Батороев]

ewert в сообщении #286403 писал(а):

gris в сообщении #286397 писал(а):

Кроме того, я боюсь, что все забыли о начальном положении стержня. От него же тоже зависит точка отрыва?

Конечно, зависит.

А мне все же кажется, что зависит только от угла наклона стержня.
Получил выражение для горизонтально скользящего конца:
$v_2=\sqrt{2g\cdot l\cdot \cos^2\alpha\cdot (1-sin \alpha)}$
из которого явствует, что точка отрыва будет при некоем $\alpha_o$, при котором $v_2$ достигает максимума.

[gris]

Ну как же... Если представить себе просто отрезок, касающийся стенок прямого угла и равномерно опускать его левый конец, то при приближении к полу скорость левого конца будет постоянна, а правого должна расти, как тангенс.

[ewert]

gris в сообщении #286421 писал(а):

то при приближении к полу скорость левого конца будет постоянна, а правого должна расти, как тангенс.

да нет же -- она, наоборот, уменьшается.

Батороев в сообщении #286420 писал(а):

А мне все же кажется, что зависит только от угла наклона стержня.

Ну предположим, что материальная точка начинает скатываться по окружности радиуса $R$ при начальном угле $\alpha_0$. Закон сохранения энергии (массу сразу же сокращаем): $\dfrac{v^2}{2}=g\,R(\sin\alpha_0-\sin\alpha)$. Центростремительное ускорение: $\dfrac{v^2}{R}=2\,g(\sin\alpha_0-\sin\alpha)$. Касательное ускорение: $v\cdot v'=g\,R(-\cos\alpha)\cdot\alpha'$, где $R\cdot(-\alpha')=v$, откуда $v'=g\,\cos\alpha$. Горизонтальные составляющие этих ускорений направлены в разные стороны и в точке отрыва должны сокращаться: $\dfrac{v^2}{R}\cdot\cos\alpha=v'\cdot\sin\alpha$, откуда $2\sin\alpha_0=3\sin\alpha$. Естественно, это условие зависит от $\alpha_0$.

[gris]

$y(t)=v(T-t)$, где $t\in (0;T)$ вертикальный конец.

$y_t=v$

$x(t)=\sqrt{R^2-y^2(t)}=\sqrt{R^2-v^2(T-t)^2}$

$x_t=\dfrac{v^2(T-t)}{\sqrt{R^2-v^2(T-t)^2}}$

А-а-а! Горизонтальная скорость бесконечна в начале, а в конце стремится к нулю.

$\sin \alpha=\dfrac{y}{R}=\dfrac{v(T-t)}{R}$

$\cos \alpha=\dfrac{x}{R}=\dfrac{\sqrt{R^2-v^2(T-t)^2}}{R}$

$x_t\cdot\cos \alpha=y_t\cdot\sin \alpha$

вот. на синус умножается вертикальная скорость. А я поверил...

[ewert]

Чего там считать: $x^2+y^2\equiv (2R)^2\quad \Rightarrow \quad \dfrac{y'(t)}{x'(t)}=\dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{x}{y}=-\ctg\alpha$.

А что предельное значение скорости равно нулю -- и без счёта очевидно: просто потому, что при переходе левого конца через пол правый конец занимает экстремальное положение.

[Батороев]

ewert в сообщении #286424 писал(а):

откуда $2\sin\alpha_0=3\sin\alpha$. Естественно, это условие зависит от $\alpha_0$.

Правильно ли я понял, что при $\alpha_0=90^0$
будем иметь отрыв при $\alpha = \arcsin (\frac{2}{3})\approx 41, 81^0$?

(Оффтоп)

Если "да", то похоже на то, что мне представлялось в воображении.