Задача на механику

[caxap]

Проверьте пожалуйста моё решение (не сходится с ответом ewert):
Я решал по з-ну сохранения энергии:

$$mg\left(\frac 1 2\sin\frac {\pi}6-\frac 1 2\sin\varphi\right)=\frac{mv^2}2+\frac{I\omega^2}2,$$

тут $I=\frac {ml^2}{12}=\frac m{12}$ -- момент инерции отн. оси, проходящей через центр масс, $v$ -- горизонтальная скор. центра масс, $\omega=2v\sin\varphi$ (см. выше). Подставляя, получим:

$$g\left(\frac 1 4-\frac 1 2\sin\varphi\right)=\frac{v^2}2+\frac{v^2}{6\sin^2\varphi}.$$

Отсюда выразил $v(\varphi)$, потом (как в статье, на которую я ссылку давал) я нашел максимум её, который и будет ответом. Но здесь где-то ошибка, т. к. угол, при котором будет отрыв (и максимум $v$) должен быть $\arcsin\frac 2 3$, а у меня получается другой (считал в матпакете). Где я оплошался тут?

[ewert]

caxap в сообщении #286505 писал(а):

, $v$ -- горизонтальная скор. центра масс, $\omega=2v\sin\varphi$ (см. выше).

Во-первых, на синус надо делить, а не умножать. Во-вторых, и этого не надо: в закон сохранения энергии должна входить полная скорость; почему лишь горизонтальная-то?...

[caxap]

ewert в сообщении #286510 писал(а):

Во-первых, на синус надо делить, а не умножать.

Я опечатался, там $\omega=2v/\sin\varphi$, в формулу я уже правильно подставлял.

ewert в сообщении #286510 писал(а):

Во-вторых, и этого не надо: в закон сохранения энергии должна входить полная скорость; почему лишь горизонтальная-то?...

А можно ли как нибудь найти горизонтальную из полной? Спроецировать, т. е. $v_x=v\cos\varphi$ можно так? Сейчас пересчитаю всё...

Мне главное суть решения чтобы правильная была. (Просто ваше решение, ewert, мне показалось сложноватым. Я в нем ничего не понял почти. А из з-на сохранения -- это почти школьные методы.)

[ewert]

caxap в сообщении #286527 писал(а):

Спроецировать, т. е. $v_x=v\cos\varphi$ можно так?

Можно и нужно; только не на косинус, а на синус.

[Александр Т.]

ewert в сообщении #286257 писал(а):

Пока стержень в своём падении опирается не только на пол, но и на стенку, его движение складывается из поступательного движения центра масс (по окружности) и вращения вокруг центра масс. Суммарная кинетическая энергия этих движений, действительно, равна изменению потенциальной энергии центра масс. Угловая скорость вращения при этом пропорциональна линейной скорости центра масс (собственно, угловая скорость вращения равна угловой скорости движения центра масс по окружности). Поэтому математически всё сводится просто к соскальзыванию материальной точки по гладкой окружности, соответствующему некоторому эффективному ускорению свободного падения (меньшему, чем $g$).

Не сразу понял про эффективное ускорение. Имеется в виду, что оно равно

$$\tilde{g}=\dfrac{M}{M+\dfrac{J}{R^2}}g,$$

где $g$ — ускорение свободного падения, $M$ — масса стержня, $J$ — момент инерции стержня относительно оси, проходящей через его центр тяжести перпендикулярно оси стержня, $R=L/2$ — радиус окружности, по которой движется центр тяжести стержня, равный половине длины стержня $L$? Если так, то с этим согласен.

Цитата:

Но тут подвох вот в чём. Такое соскальзывание не может продолжаться до самого пола. Только до тех пор, пока суммарное (центростремительное плюс касательное) ускорение направлено вниз и вправо (т.е. пока сила реакции направлена наружу от окружности). Как только скорость увеличится до определённого значения — ускорение окажется вертикальным; а это означает, что материальная точка сорвётся с окружности и полетит дальше по параболе. Для самого стержня это соответствует отрыву его левого конца от стенки. Дальше его горизонтальная скорость меняться уже не будет, а вертикальная нас не волнует.

Вот этот момент и нужно поймать.

А вот с тем, что аналогию можно распространить на условия отрыва не согласен.

Уравнения движения материальной точки массы $M$, скатывающейся с кругового цилиндра под действием эффективной силы тяжести

$$M\ddot{x}=N(t)\dfrac{x}{R},$$

$$M\ddot{y}=N(t)\dfrac{y}{R}-M\tilde{g},$$

где $x$, $y$ — соответствующие координаты материальной точки. Здесь $N(t)$ — проекция единственной силы реакции на внешнюю нормаль. И условие отрыва материальной точки от кругового цилиндра будет иметь вид

$$N(t)<0.$$

Уравнения же движения центра тяжести стержня (в обычном поле тяжести) имеют вид

$$M\ddot{x}=N_g(t),$$

$$M\ddot{y}=N_v(t)-Mg,$$

где $x$, $y$ — соответствующие координаты центра тяжести стержня. Здесь $N_g(t)$ и $N_v(t)$ — уже две различные силы реакции, первая из которых действует на стержень со стороны стенки, а вторая — со стороны пола. И условия отрыва в этой задаче будут другими. А именно, условие отрыва конца стержня от стенки —

$$N_g(t)<0,$$

и условие отрыва конца стержня от пола —

$$N_v(t)<0.$$

Или через координаты —

$$\ddot{x}<0,$$

$$\ddot{y}+Mg<0.$$

Я не поленился проверить эти условия и убедится, что в этой задаче отрыва стержня как от стенки, так и от пола не будет (хотя и верность последнего утвержения — более очевидна с интуитивной точки зрения, проверяется она труднее), причем для любого начального угла наклона стержня.

Цитата:

-----------------------------------------
Если ничего не напутал, то ответ: $v_x=\dfrac{1}{3}\sqrt{\dfrac{\widetilde g\,R}{3}}$, где $R=\dfrac{1}{2}\;\textit{м}$ и $\widetilde g=\dfrac{3}{4}\,g$.

Мой ответ (после почтения следующего за этим сообщения и нахождения ошибки)

$$\sqrt{\dfrac{3gR}{4}},$$

(если и после этого нигде не ошибся).

[meduza]

Александр Т. в сообщении #286539 писал(а):

Мой ответ (если нигде не ошибся)

Ошиблись где-то, верхняя оценка для $v_x$ получается, если бы изначальная пот. энергия полностью в кинетическую ушла, т. е. $v_x\leqslant \sqrt{gR}$. У вас перебор.

[ewert]

Александр Т. в сообщении #286539 писал(а):

Я не поленился проверить эти условия и убедится, что в этой задаче отрыва стержня как от стенки, так и от пола не будет

В таком случае и центр стержня не оторвётся от окружности, и его горизонтальная скорость в самом конце будет нулевой. Но это невозможно.

[Александр Т.]

ewert в сообщении #286859 писал(а):

Александр Т. в сообщении #286539 писал(а):

Я не поленился проверить эти условия и убедится, что в этой задаче отрыва стержня как от стенки, так и от пола не будет

В таком случае и центр стержня не оторвётся от окружности, и его горизонтальная скорость в самом конце будет нулевой.

С этим вынужден согласится. (Я, собственно, модуль скорости находил из закона сохранения энергии, но почему-то полагал, что это — горизонтальная компонента скорости. Признаю, что ошибался.)

Цитата:

Но это невозможно.

А вот это мне, к сожалению, неочевидно (без математики я не вижу причин, по которым горизонтальная компонента скорости после полного его падения не должна быть равной нулю). Поэтому мне пришлось обратиться к своим выкладкам. И я нашел в них ошибку.

Воспроизведу здесь исправленные результаты для произвольного начального угла наклона стержня $\varphi_0$. Может быть, кому-нибудь будет не в лом их проверить.

Из закона сохранения энергии получается дифференциальное уравнение для угла наклона стержня как функции времени $\varphi(t)$

$$\dot\varphi = -\sqrt{\dfrac{2\tilde{g}}{R}\left(\sin\varphi_0-\sin\varphi\right)}.$$

Из этого уравнения получаем

$$\ddot\varphi = -\dfrac{2\tilde{g}}{R}\dfrac{1}{2}\cos\varphi.$$

Далее

$$\ddot{x} = \dfrac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2}\left(R\cos\varphi\right)=2\tilde{g}\left(\dfrac{3}{2}\sin\varphi-\sin\varphi_0\right)\cos\varphi.$$

Таким образом, условие отрыва конца стержня от стенки совпадает с условием отрыва материальной точки, скатывающейся с кругового цилиндра ($\frac{3}{2}\sin\varphi-\sin\varphi_0=0$). (Не поленился проверить совпадение с ответом, который привел ewert, при $\sin\varphi_0=1/2$.)

$$\ddot{y} = \dfrac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}t^2}\left(R\sin\varphi\right)=2\tilde{g}\left(1-\sin\varphi\sin\varphi_0-\dfrac{3}{2}\cos^2\varphi\right).$$

Я проверил только, что при $\sin\varphi_0=1/2$ и таком $\varphi$, что $\frac{3}{2}\sin\varphi-\sin\varphi_0=0$, $\ddot{y}+g>0$.

Для того, чтобы извлечь из этих результатов все, что можно, желательно проверить, не начнет ли выполняться условие отрыва конца стержня от пола ($\ddot{y}+g\le0$) раньше, чем условие отрыва от стены ($\ddot{x}\le0$). Если не для каких-нибудь $\varphi_0$, то, может быть, при каких-нибудь $\tilde{g}\ne3g/4$ (что соответствует неоднородному (но симметричному) распределению массы вдоль оси стержня). Хотя интуитивно кажется, что отрыва стержня от пола быть не должно, без математики я не вижу, что может этому препятствовать.

Добавлено:

Ну, в общем, при любом симметричном распределении массы в стержне $\tilde{g}\le{g}$. Поэтому

$$\ddot{y}+g = 2\tilde{g}\sin\varphi\left(\dfrac{3}{2}\sin\varphi-\sin\varphi_0\right) + g - \tilde{g} \ge 0,$$

если $\frac{3}{2}\sin\varphi-\sin\varphi_0\ge0$.

Получается, что ewert абсолютно прав.

[ewert]

Александр Т. в сообщении #287041 писал(а):

без математики я не вижу причин, по которым горизонтальная компонента скорости после полного его падения не должна быть равной нулю

Просто на стержень по горизонтали действует только стенка, и только вправо. Следовательно, горизонтальная скорость может только увеличиваться. А чтобы стать нулём, она должна уменьшиться.

[master]

Александр Т. в сообщении #287041 писал(а):

без математики я не вижу причин, по которым горизонтальная компонента скорости после полного его падения не должна быть равной нулю

Инерция.

[Александр Т.]

ewert в сообщении #287119 писал(а):

Александр Т. в сообщении #287041 писал(а):

без математики я не вижу причин, по которым горизонтальная компонента скорости после полного его падения не должна быть равной нулю

Просто на стержень по горизонтали действует только стенка, и только вправо. Следовательно, горизонтальная скорость может только увеличиваться. А чтобы стать нулём, она должна уменьшиться.

Согласен. Теперь вижу и без математики.